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\(\begingroup\) Matroids Matheplanet Forum Index » Aktuelles und Interessantes » Eine Million $ für Lösen der Beal-Vermutung
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Universität/Hochschule Eine Million $ für Lösen der Beal-Vermutung\(\endgroup\)
StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2013-06-06


Es gibt wieder viel Geld zu verdienen:

www.spiegel.de/wissenschaft/mensch/andrew-beal-lobt-eine-million-fuer-loesen-der-beal-vermutung-aus-a-904122.html

Ich fände es gar nicht so unwahrscheinlich, dass es ein Gegenbeispiel gibt. Ob es dafür wohl auch das Preisgeld gibt?

Viele Grüße
StrgAltEntf



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leonluiz1
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2013-06-06


Hallo!
Kann man diese Vermutung, ähnlich wie Fermats Satz, unter Annahme der ABC-Vermutung beweisen? Die ist ja mittlerweile möglicherweise bewiesen...
mfg,
Leon



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2013-06-07


2013-06-06 21:50 - leonluiz1 in Beitrag No. 1 schreibt:
Kann man diese Vermutung, ähnlich wie Fermats Satz, unter Annahme der ABC-Vermutung beweisen?
Hi leonluiz1,
nach den Informationen, die ich gelesen habe, impliziert die abc-Vermutung nur, dass die Anzahl der Gegenbeispiele zur Beal-Vermutung endlich ist, und die Beal-Vermutung besagt "nur", dass diese Anzahl 0 ist.

Indessen ist es bei der Beal-Vermutung anders als bei den Millenium-Preisen. Die Dollar-Million gibt es auch für den Beweis, dass die Anzahl mindestens 1 ist, also für die Widerlegung der Vermutung.

Für die Widerlegung der Riemannschen Vermutung gibt es dagegen gar nichts, aber bei einer richtigen Widerlegung immerhin wissenschaftliche Anerkennung in höchstem Maße, was keinesfalls gering zu schätzen ist.

Es gibt absurde Artikel zu diesem Thema, schaut zum Beispiel mal hier.

Noch dämlicher kann man sich kaum anstellen.

Es gibt auch noch dieses hier, ein Beweis auf drei Seiten.
Jeglicher Kommentar dazu ist überflüssig.
Gruß Buri



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2013-06-07


Ja, schon erstaunlich, wie sich Laien (ich möchte sie noch nicht einmal als Hobby- oder Amateurmathematiker bezeichnen) einbilden, auf drei Seiten beweisen zu können, woran sich Profis jahrelang die Zähne ausbeißen. Wenn es wirklich so einfach wäre, würde das eine Übungsaufgabe für Studenten im dritten Semester sein.

Wenn die Vermutung wirklich wahr ist, dürfte ein Beweis noch lange auf sich warten lassen.

Ein Gegenbeispiel könnte ich mir aber gut vorstellen. Schließlich war die Widerlegung der Eulerschen Vermutung ebenfalls erfolgreich, obwohl sie fast 200 Jahre auf sich warten ließ  eek



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Gockel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2013-06-07


Hi.

Ich würde auch auf ein Gegenbeispiel wetten. Ich bin sogar der Meinung, dass es schon lange bekannt ist und ich es schon einmal gesagt bekommen habe. Ich habe in einer Vorlesung über die Bestimmung von rationalen Punkten auf abelschen Varietäten einmal eine Liste von Beispielgleichungen in genau diesem Fermat-Typ A^x+B^y=C^z gesehen, wobei ein paar Tripel (x,y,z) keine nichttriviale Lösung zuließen (beispielsweise eben (x,x,x) mit x größer 2) während andere Gleichungen (große) nichttriviale Lösungen hatten.

mfg Gockel.



-----------------
"Der Vatikan hat ja bekanntlich zwei Mikropäpste pro Quadratmeter"



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Ehemaliges_Mitglied
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2013-06-07


@Buri,

Lol,der Beweis im letzten Artikel,habe mich totgelacht :P



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Evlino
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2013-06-07


@Buri: Beim Beweis über drei Seiten kann ich nicht mehr aufhören zu lachen. ich lach mich die ganze Zeit schlapp :-)
[ Nachricht wurde editiert von Evlino am 07.06.2013 23:49:01 ]



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2013-06-08


Die Beal-Vermutung lebt im Umfeld der Fermat-Catalan-Vermutung, die aussagt, es gibt nur endlich viele natürliche, nicht-triviale Löungen der Gleichung A^x+B^y=C^z mit teilerfremden A, B, C und 1/x+1/y+1/z < = 1. (Beal fordert x,y,z > = 3.)

Diese Vermutung ist eine Folgerung der abc-Vermutung. Die bisher bekannten nicht-trivialen Lösungen findet man auf wikipedia: en.wikipedia.org/wiki/Fermat%E2%80%93Catalan_conjecture

Jedoch ist bei jeder dieser ein Exponent 2, sodass sie für Beal rausfallen. Auch nach wikipedia ist der Suchraum, in dem die 6 Variablen < = 1000 sind, schon abgegrast; ohne Treffer.

Wobei sich diese Aufgabe gut für Verteiltes Rechnen anbieten würde. Falls also jemand Lust hat... Hoffnungslos ist diese Suche jedenfalls nicht; über den Gaußschen Zahlen (m+i*n mit m,n ganzen Zahlen) existieren jedenfalls bekannte Gegenbeispiele.


Cyrix



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2013-07-07


Was mich interessiert: gibt es denn seit dem letzten Artikel hier oben neue Erkenntnisse, zu
a) Beal
b) ABC vermutung, wird  die von dem Japaner wohl noch gecheckt?
c) Fermat–Catalan conjecture.

aus wikipedia, englisch:

The abc conjecture implies the Fermat–Catalan conjecture.[1]
Beal's conjecture is that all FCC solutions use 2 as an exponent.

Jürgen





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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2013-07-08


2013-06-08 13:58 - cyrix in Beitrag No. 7 schreibt:
Auch nach wikipedia ist der Suchraum, in dem die 6 Variablen < = 1000 sind, schon abgegrast; ohne Treffer.

Durch Umformung und Unbenennung läßt sich die Gleichung A^x + B^y = C^z
in eine der folgenden Formen bringen (E gerade, U und V ungerade, V < U):
U^p + V^q = E^n
U^p - V^q = E^n
V^q - U^p = E^n
 
Für p <= 1000, q <= 1000, 
    U <  1000, V <  1000, 
    E < sqrt(1000^1000+1000^1000)
und n <   lb(1000^1000+1000^1000)

erfüllt keine dieser Gleichungen die Bedingungen an ein Gegenbeispiel!

Meine kleine Hoffnung, dass gerade die Beschränkung aller 6 Variablen bei
den bisherigen Durchmusterungen einen Treffer erfolgreich verhindert hat,
hat sich damit fast völlig aufgelöst :-(

Bei einer Suche ohne Bedingung GCD(U,V) == 1 findet man durch eine Beschränkung
auch der beiden letzten Variablen auf unter 1000 vermutlich höchstens 10% der
korrekten Gleichung, wie ein kurzer Ausschnitt aus der Ergebnisliste mit
p,q,U,V <= 100 zeigt - aber wenn's nix zu finden gibt, bleibt halt
auch 10 * nix gleich nix :-)
!!! 81^3 + 162^3 = 9^7
!!! 9^9 + 1458^3 = 81^5
!!! 81^6 + 13122^3 = 9^13
!!! 9^15 + 118098^3 = 81^8
!!! 81^9 + 1062882^3 = 9^19
!!! 9^21 + 9565938^3 = 81^11
!!! 81^12 + 86093442^3 = 9^25
!!! 9^27 + 774840978^3 = 81^14
!!! 81^15 + 6973568802^3 = 9^31
!!! 9^33 + 62762119218^3 = 81^17
!!! 81^18 + 564859072962^3 = 9^37
!!! 9^39 + 5083731656658^3 = 81^20
!!! 81^21 + 45753584909922^3 = 9^43
!!! 9^45 + 411782264189298^3 = 81^23
!!! 81^24 + 3706040377703682^3 = 9^49
!!! 9^51 + 33354363399333138^3 = 81^26
!!! 81^27 + 300189270593998242^3 = 9^55
!!! 9^57 + 2701703435345984178^3 = 81^29
!!! 81^30 + 24315330918113857602^3 = 9^61
!!! 9^63 + 218837978263024718418^3 = 81^32
!!! 81^33 + 1969541804367222465762^3 = 9^67
!!! 9^69 + 17725876239305002191858^3 = 81^35
!!! 81^36 + 159532886153745019726722^3 = 9^73
!!! 9^75 + 1435795975383705177540498^3 = 81^38
!!! 81^39 + 12922163778453346597864482^3 = 9^79
!!! 9^81 + 116299474006080119380780338^3 = 81^41
!!! 81^42 + 1046695266054721074427023042^3 = 9^85
!!! 9^87 + 9420257394492489669843207378^3 = 81^44
!!! 81^45 + 84782316550432407028588866402^3 = 9^91
!!! 9^93 + 763040848953891663257299797618^3 = 81^47
!!! 81^48 + 6867367640585024969315698178562^3 = 9^97
!!! 9^99 + 61806308765265224723841283607058^3 = 81^50

[ Nachricht wurde editiert von dlchnr am 08.07.2013 02:39:43 ]



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2013-07-08


moin,
darf ich fragen, welches Programm du zur Berechnung der hohen Potenzen benutzt?

Mir fiel noch ein, dass man auch negative A,B,C zulassen könnte, die dann für ungerade x,y,z negative Ergebnisse A^x, B^y, C^z liefern. Nur so als Experiment.
Gruss
jürgen



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dlchnr
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2013-07-08 02:36 - dlchnr in Beitrag No. 9 schreibt:

Durch Umformung und Unbenennung läßt sich die Gleichung A^x + B^y = C^z
in eine der folgenden Formen bringen (E gerade, U und V ungerade, V < U):
U^p + V^q = E^n
U^p - V^q = E^n
V^q - U^p = E^n

[ Nachricht wurde editiert von dlchnr am 08.07.2013 02:39:43 ]

Hab' natürlich eine Gleichung nicht erwähnt, da wg. gemeinsamen
Faktor 2 uninteressant  ==>  C^p + D^q = E^n (C, D, E gerade, D < C)!



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2013-07-08


2013-07-08 10:43 - juergen007 in Beitrag No. 10 schreibt:
moin,
darf ich fragen, welches Programm du zur Berechnung der hohen Potenzen benutzt?

eigenes, in C/C++ geschriebenes Programm unter Verwendung der GMP-Library



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2013-07-08


Hab' mal heute Nacht U,V < 1000 und p,q <= 100 ohne GCD(U,V)==1 rennen lassen, um mal ein paar richtig "dicke" Gleichungen zu erhalten biggrin
!!! 729^54 + 243^65 = 393254100951105827236151817053824232566206901888429533854630831075932782393618^2
!!! 729^58 + 44370624689245215071930366160730988635345077223156817442^3 = 243^70
!!! 729^59 + 243^71 = 5642766521916029062169609460786337907438874177955199757333449314441269432817262075526^2
!!! 729^63 + 2620041017275240704782416191425004147928491464950186913132658^3 = 243^76
!!! 729^64 + 243^77 = 80967532045686562822368944379143309504415013764180611484400232202131532053437641516349550082^2
!!! 729^68 + 154710802029085688376696893687455069931029492513843587033570322242^3 = 243^82
!!! 729^69 + 243^83 = 1161795587343076241087829502584500087751067121905947525392790882646790555202295748417438673618460374^2
!!! 729^73 + 9135518149015480812955574875350534424357360503449949970745293958067858^3 = 243^88
!!! 729^74 + 243^89 = 16670496835796178077278844364441251400631901282986103788741294845546711525076107880537224705954641389711218^2
!!! 729^78 + 539443211181215126524213740814573707223877780368216095822538862929948947042^3 = 243^94
!!! 729^79 + 243^95 = 239203408740633630186312950852841623311286892742748285556996486798329127829145239899795747343845495519317023938726^2
!!! 729^83 + 31853582177039572006128297181359762837862759052962792242225097317150555373883058^3 = 243^100

(Hab' mein Programm mittlerweile so geändert, dass es nicht nur Gegenbeispiele für Beal, sondern auch neue Gleichungen für die Fermat-Catalan-Vermutung finden kann, deshalb das ^2)

[ Nachricht wurde editiert von dlchnr am 08.07.2013 11:34:42 ]



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juergen007
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2013-06-08 13:58 - cyrix in Beitrag No. 7 schreibt:

Wobei sich diese Aufgabe gut für Verteiltes Rechnen anbieten würde. Falls also jemand Lust hat... Hoffnungslos ist diese Suche jedenfalls nicht; über den Gaußschen Zahlen (m+i*n mit m,n ganzen Zahlen) existieren jedenfalls bekannte Gegenbeispiele.


Cyrix

An verteiltem Rechnen würde ich mich beteiligen!
Ich habe aber keine Ahnung, wie man so was aufsetzt.

Ausserdem denke ich, dass die Beal-vermutung richtig ist. Ein erfolgloses abgrasen bis wasweissich führt zu gar nichts.
Sehr unwahrscheinlich, dass "oben" noch was kommt ;)
gruss
Jürgen



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2013-07-09

\(\begingroup\)
2013-07-08 11:41 - juergen007 in Beitrag No. 14 schreibt:

An verteiltem Rechnen würde ich mich beteiligen!


Nachdem man mittlerweile mit einem Gegenbeispiel 'ne Mio $ verdienen
kann, wird wohl keiner mehr seinen Code rausgeben, damit ein anderer
damit ein Gegenbeispiel finden kann ;-)

Vielleicht (worüber auch ich mir Gedanken mache), bietet ja mal
jemand sein Programm käuflich an (er würde dann die minimale Chance
auf die Mio gegen einen kleinen Verdienst von z.B. 1000 x 30 EUR
eintauschen), bis dahin führt aber wohl kein Weg daran vorbei,
selbst zu programmieren.

Falls C/C++ "out of Scope" ist, käme vielleicht Python in Frage.
Python beherrscht Big Integer (verwendet dafür auch die GMP-Lib)
und hier gibst ein fertiges Programm als Grundlage:
norvig.com/beal.html
\(\endgroup\)


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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2013-07-09


Hallo!

Also ich sehe kein Problem darin hier Quellcode zu veröffentlichen. Es ist sowieso viel sinnvoller eine koordinierte Suche durchzuführen, als dass jeder mit den eigenen (unvollkommenen) Mitteln die Arbeit der anderen wiederholt...

Das verlinkte Programm ist aber natürlich eine der schlechtesten MVersuche, wie man diese Suche durchführen kann.

Deutlich sinnvoller ist es nicht mit Multi-Präzessions-Bibliotheken zu rechnen, so lang dies geht. Und das kann man bei diesem Problem sehr lang vermeiden. Konkret:

Man siebe modulo kleiner Primzahlen den Bereich möglicher Lösungen deutlich aus, sodass von Milliarden Kandidaten nur ein paar Tausende übrig bleiben. Die kann man dann mit z.B. GMP überprüfen.


Und gerade das Sieben lässt sich sehr schön parallelisieren. Einmal über mehrere Rechner und Benutzer (verteiltes Rechnen) aber auch lokal (wofür sich dann GPUs besonders eignen mit hunderten Threads parallel)...

Wenn ich mal Zeit habe (nicht die nächsten Wochen), dann setze ich mich mal daran.


Cyrix



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2013-07-09


Ein paar algorithmische Überlegungen:

Zuerst einmal kann man sich wegen A^(m*n)=(A^m)^n darauf beschränken, dass x, y und z ungerade Primzahlen (oder 4) seien.

Es erscheint sinnvoll für eine "Berechnung" die Exponenten x, y und z konstant zu lassen und nur A, B und C zu variieren. Dann siebe man modulo kleiner Primzahlen p den betrachteten Bereich für A und B folgendermaßen:


1. Fall: p == 1 (mod z), d.h. p-1 ist durch z teilbar.
Dann haben z-te Potenzen modulo p nur ganz bestimmte Reste (nämlich nur 1 + (p-1)/z Stück). Damit können wir ein haufen Paare (A, B) ausschließen, weil A^x+B^y (mod p) nich den Rest einer z-ten Potenz lässt. Um das effektiv machen zu können, legen wir uns Felder A_p, B_p und C_p der Länge jeweils p an, in welchen wir in A_p[t] den Wert t^x (mod p) und entsprechend analog in den anderen Fällen speichern. Aus dem letzten Feld C_p berechnen wir ein neues C'_p der Länge p, was genau dann an der Stelle t nicht Null ist, wenn C_p einen Eintrag t besitzt. Also sind dort nur 1+(p-1)/z Einträge verschieden von Null. Für jedes A und B berechne man nun den Rest mod p, schaue im entsprechenden Fall nach, welchen Rest die zugehörige Potenz mod p lässt, berechnet die Summe mod p, und schaue in C'_p nach, ob dieser Rest zu einer z-ten Potenz passt. Wenn nicht, kann dieses Paar (A, B) (bei diesen Exponenten) zu keiner Lösung führen, muss also nicht weiter berücksichtigt werden.

Im Schnitt verkleinert man, solang p-1 nicht auch durch x und y teilbar ist, die Anzahl potenzieller Lösungs"paare" (A, B) jeweils etwa um den Faktor z. Nach ein paar solcher Siebvorgängen sollte der Suchraum auf eine handhabbare Liste (A, B) potentieller Lösungskandidaten geschrumpft sein.

2. Fall: p!== 1 (mod z), d.h. alle anderen Primzahlen.
Hier durchläuft mit C auch C^z alle Restklassen modulo p. Insofern können wir hier keine Paare (A, B) mehr ausschließen; aber wir können Bedingungen an C mod p erhalten. Dazu berechnen wir wieder die Felder A_p, B_p und C_p wie im ersten Fall. Da nun in C_p alle Restklassen vorkommen müssen, ist es nur eine Permutation der Zahlen 0; ... ; p-1. D.h. wir können ein Feld C'_p berechnen, für welches C'_p[r]=t genau dann gilt, wenn C_p[t]=r ist. In C'_p wird also gespeichert, welchen Rest r (mod p) die Zahl C haben muss, damit C^z == t (mod p) gilt. Wir berechnen nun wieder analog dem ersten Fall A^x+B^y (mod p) und erhalten dadurch die Aussage, dass C==r(mod p) gelten muss.

Mit dem chinesischen Restsatz können wr nun diese Bedingungen an C modulo verschiedener kleiner Primzahlen p zu einer zusammenfassen und erhalten eine Aussage der Form C == t (mod N). Dies kann man über einige p iterieren; wobei t im Allgemeinen (sofern es keine zugehörige Lösung gibt) immer weiter wachsen wird, bis es den Suchbereich verlässt. (Es wächst in etwa mit der Größe des Produkts der betrachteten Primzahlen; und dieses etwa mit e^(obere grenze), d.h. schon die Betrachtung modulo aller Primzahlen &lt; 30 sollte hier im Normalfall ausreichen.) Dann kann man wahrscheinlich auch schon aufhören.

Sollte es hier einige nun Tripel (A, B, C) geben, die "überlebt" haben, dann sollte man als erstes mal den Spaß mod 2^32 bzw. 2^64 (je nach Rechner; oder einer sonst geeigneten Maschinenzahl) überprüfen. Und wenn es dann immer noch Lösungskandidaten gibt, schließlich exakt (via einer Multi Precision Bibliothek). Wobei der letzte Schritt tatsächlich auch zur Not "per Hand" mit Wolfram Alpha, oder was auch immer gemacht werden kann, denn so häufig wird er nicht vorkommen...


Cyrix




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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2013-07-23


Aufgabe laut link s.o.



Sie lautet: A, B, C, x, y und z sind positive ganze Zahlen, x, y und z größer 2. Wenn A^x + B^y = C^z, dann haben A, B und C einen gemeinsamen Primfaktor
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M_B-S

[ Nachricht wurde editiert von M_B-S am 23.07.2013 15:03:02 ]



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2013-07-23


Du schreibst mal wieder nur eine Binsenweisheit hin.
Was bezweckst du damit?

Das sind nur zwei Beispiele dafür, daß die Behauptung richtig sein könnte.
Oder soll das etwa ein „Beweis“ für die Beal-Vermutung sein?



-----------------
Bild



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2013-07-23


Naja Viertel

Allgemein soll gelten:

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Oder?



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OmmO
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2013-07-23


Nein,
die Vermutung ist, dass es eine Primzahl p gibt, die A, B und C teilt.
Du kannst nicht einfach A, B und C mit einer Zahl multiplizieren. Das ist Quatsch.



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2013-07-23


Naja MBS

Da hast du mal wieder die Richtung verwechselt.

Es geht nicht darum, eine vorhandene Gleichung mit einer Primzahl zu multiplizieren. Daß in den neuen Basen jeweils der Primfaktor p drinsteckt ist trivial.

Es geht darum, daß in jeder Gleichung der Form
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die Zahlen A, B und C einen gemeinsamen Primfaktor haben müssen!

Anmerkung (zum 1000. mal):
Die Bedingung, daß p eine Primzahl sein soll, als „P=Primzahl“ zu schreiben ist dummes Zeug. Das ist eine Gleichung. Was du aber meinst ist „p ist [eine] Primzahl“. Was ist so schwer, das ordentlich mit Worten zu schreiben und nicht mathematische Symbole zu mißbrauchen?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2013-07-24


Viertel

Dieses mal hast Du mich falsch interpretiert!

In den Klammern steht eine Primfaktorzerlegung der "Lösung" p*A, p*B, p*C

Wobei p nach Beal in allen Primfakorzerlegungen vorkommen muss.

Der gemeinsame Primfaktor p wurde ausgeklammert.

Das Problem:

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OK?



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OmmO
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2013-07-24


Nein!
Du kannst p nicht ausklammern. Du weißt ja gar nicht, ob sich die Zahlen durch p teilen lassen. Das ist ja gerade die Vermutung. Aber die Vermutung ist nicht bewiesen, also kann man sie zu ihrem eigenen Beweis auch nicht einfach anwenden.



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gaussmath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2013-07-24



Sapere aude – Habe Mut, dich deines eigenen Verstandes zu bedienen! I. Kant

Das gilt nicht kategorisch... Humanismus bedeutet nicht, dass man einen Verstand haben muss, sondern, dass man einen Verstand haben darf.  wink

[ Nachricht wurde editiert von gaussmath am 24.07.2013 09:48:34 ]



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2013-07-24


2013-07-24 09:32 - OmmO in Beitrag No. 24 schreibt:
Nein!
Du kannst p nicht ausklammern. Du weißt ja gar nicht, ob sich die Zahlen durch p teilen lassen. Das ist ja gerade die Vermutung. Aber die Vermutung ist nicht bewiesen, also kann man sie zu ihrem eigenen Beweis auch nicht einfach anwenden.


Hä?

Natürlich darf ich im Spezialfall 2 ausklammern.

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[ Nachricht wurde editiert von M_B-S am 24.07.2013 12:46:27 ]



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2013-07-24


Na klar darfst du das.
Aber nur dann, wenn es auch einen gemeinsamen Faktor gibt!

Es geht nicht darum, Summen zu konstruieren, bei denen es einen solchen Faktor gibt.
Es gilt vielmehr zu zeigen, daß es bei jeder Summe dieser Art einen solchen Faktor geben muß!

Nochmal: es geht nicht darum, Summen mit einem solchen Faktor zu finden. Das ist leicht.
Sondern: Finde eine Summe, in der es keinen solchen gemeinsamen Faktor gibt.
Und das ist der Knackpunkt: die Vermutung behauptet, daß es keine solche Summe ohne gemeinsamen Faktor gibt.

Und das kannst du nicht nachweisen, indem du ein paar Summen mit einem gemeinsamen Faktor angibst. Sondern du mußt zeigen, daß jede mögliche Summe einen solchen Faktor hat.



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chryso
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2013-07-24


Hallo Maik!

Die Aufgabe wäre auch gelöst, wenn du EIN Gegenbeispiel findest.
Da du so gerne mit Beispielen hantierst, wäre das vielleicht ein Betätigungsfeld. wink

Dann wär die Vermutung falsch.

LG chryso



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2013-07-24


2013-07-24 13:55 - chryso in Beitrag No. 28 schreibt:
Hallo Maik!

Die Aufgabe wäre auch gelöst, wenn du EIN Gegenbeispiel findest.
Da du so gerne mit Beispielen hantierst, wäre das vielleicht ein Betätigungsfeld. wink

Dann wär die Vermutung falsch.

LG chryso


Richtig.

Deswegen wäre eine Lösung mit A,B als ungerade Primzahlen und C ist 2 ein Gegenbeispiel.

Also:

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www.norvig.com/beal.html

[ Nachricht wurde editiert von M_B-S am 24.07.2013 14:55:56 ]



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2013-07-24


Erzähl uns was Neues …



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chryso
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2013-07-24


2013-07-24 14:30 - M_B-S in Beitrag No. 29 schreibt:
2013-07-24 13:55 - chryso in Beitrag No. 28 schreibt:
Hallo Maik!

Die Aufgabe wäre auch gelöst, wenn du EIN Gegenbeispiel findest.
Da du so gerne mit Beispielen hantierst, wäre das vielleicht ein Betätigungsfeld. wink

Dann wär die Vermutung falsch.

LG chryso


Richtig.

Deswegen wäre eine Lösung mit A,B als ungerade Primzahlen und C ist 2 ein Gegenbeispiel.

Also:

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Genau!
Also frisch ans Werk!  Suche solche Zahlen p, x, y und z und du bist ein gemachter Mann.

LG chryso



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2013-07-24


Namt,
Nach diesem Artikel ist die Bealvermutung richtig, wenn die abc vermutung bewiesen ist, und das ist sie ja anscheined, obwohl der Beweis noch nicht von höchster Stelle abgenickt ist, oder?
Also steht dem Japaner wohl das Preisgeld zu.



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ZetaX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2013-07-24


Nein, genauso wenig wie damals Faltings Beweis der Mordellvermutung den Großen Fermat gezeigt hat. Ganz abgesehen davon, dass der angebliche Beweis der ABC-Vermutung bezüglich Lesbarkeit doch sehr zu wünschen übrig lässt.



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2013-07-25


2013-07-09 09:48 - cyrix in Beitrag No. 16 schreibt:

Das verlinkte Programm ist aber natürlich eine der schlechtesten Versuche, wie man diese Suche durchführen kann.

Cyrix

das mag ein ausgewachsener Mathematiker sicherlich so sehen,
für einen mathematischen Laien, dem Moulo-Rechnen und "Restklassen"
noch nicht ins Blut übergegangen sind, scheint mir die Seite dennoch
ein passabler Ausgangspunkt zu sein (also ich geb' gerne zu,
das ich Deine algorithmischen Überlegungen nicht in ein Programm
umsetzen könnte).
Und immerhin scheint Peter Norvig damit die für lange Zeit die
umfangreichste Durchmusterung zu dieser Vermutung durchgeführt
zu haben.



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2013-07-25


2013-07-24 22:03 - juergen007 in Beitrag No. 32 schreibt:
Also steht dem Japaner wohl das Preisgeld zu.

Wenn ich die englische Wikipedia richtig interpretiere,
impliziert die ABC-Vermutung nur, das es höchstens endlich
viele Gegenbeispiele gibt (The abc conjecture, if true,
implies that there are at most finitely many counterexamples
to Beal's conjecture.) - oder hab' ich das falsch übersetzt?



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2013-07-25


2013-07-25 00:49 - dlchnr in Beitrag No. 34 schreibt:

Und immerhin scheint Peter Norvig damit die für lange Zeit die
umfangreichste Durchmusterung zu dieser Vermutung durchgeführt
zu haben.


Kann jemand Angaben dazu machen, welche Bereich durchsucht wurden,
um die fünf "großen" Gleichungen der Fermat-Catalan-Vermutung
zu finden?

    33^8+1549034^2=15613^3
    1414^3+2213459^2=65^7
    9262^3+15312283^2=113^7
    17^7+76271^3=21063928^2
    43^8+96222^3=30042907^2

Offenbar wurden die von Beukers and Zagier "in an exhaustive com-
puter search" gefunden - ich kann die Gleichungen mit meinem Programm
innerhalb von einigen Stunden finden, muss dazu aber die zu durchsuchenden Bereiche auf das zu findende hin optimieren.
Wie haben die beiden das vor 1996 geschafft - ging das in Richtung
cyrix Ansatz?



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dlchnr
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2013-07-08 11:06 - dlchnr in Beitrag No. 11 schreibt:

Durch Umformung und Unbenennung läßt sich die Gleichung A^x + B^y = C^z
in eine der folgenden Formen bringen (E gerade, U und V ungerade, V < U):
U^p + V^q = E^n
U^p - V^q = E^n
V^q - U^p = E^n


Mittlerweile habe ich die Gleichung

 | U^p ± V^q | = E^n  

für weiter Bereiche untersucht und trotz keinerlei
Einschränkungen für E und n ( E < sqrt(Umax^pmax+Vmax^qmax),
und n < lb(Umax^pmax+Vmax^qmax) ) kein Gegenbeispiel finden können.
             p,q<=10  p,q<=100  p,q<=1000
U,V<=  1000                        12d
U,V<= 10000              6d
U,V<=250000    12d
[ Nachricht wurde editiert von dlchnr am 25.07.2013 02:09:17 ]



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chryso
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2013-06-07 19:31 - Buri in Beitrag No. 2 schreibt:

... nach den Informationen, die ich gelesen habe, impliziert die abc-Vermutung nur, dass die Anzahl der Gegenbeispiele zur Beal-Vermutung endlich ist, und die Beal-Vermutung besagt "nur", dass diese Anzahl 0 ist.


Jetzt verstehe ich nichts mehr:
Ist die Beal-Vermutung damit

 338 +15490342=156133
 (3*11)8 +(2*61*12697)2=(13*1201)3

nicht widerlegt?

LG chryso

[ Nachricht wurde editiert von chryso am 25.07.2013 02:30:30 ]


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Dumm nur, daß die 2 im Exponent nicht größer als 2 ist.

***Der Rest war falsch***
[ Nachricht wurde editiert von viertel am 25.07.2013 02:31:43 ]



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