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\(\begingroup\) Matroids Matheplanet Forum Index » Aktuelles und Interessantes » Eine Million $ für Lösen der Beal-Vermutung
Thema eröffnet 2013-06-06 21:45 von
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Universität/Hochschule Eine Million $ für Lösen der Beal-Vermutung\(\endgroup\)
dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.80, eingetragen 2013-10-30


2013-10-12 00:02 - cyrix in Beitrag No. 78 schreibt:

In den letzten knapp über 9 Stunden blieb so eine Liste von 509 Kandidaten übrig, die A, B <= 10.000, x,y <=100 und z<=17 erfüllen.


Dein Sieberfolg erscheint mir etwas hoch - um Änderungen an meinem Programm zu testen, machen ich einen Lauf mit dem Raum 200^20/200^20
und finde dabei mehr als 100 Gleichungen, um Optimierungserfolge zu testen einen Lauf mit dem Raum 1000^100/1000^100 und finde dann über 1000 Gleichungen - für 10000^100/10000^100 würde ich jetzt wenigstens 2000 Gleichungen erwarten - auch wenn Du nicht alle finden kannst (bei 1000^100/1000^100 treten schon jede Menge Basen mit mehr als 100 Stellen auf), sollten die in diesem Stadium noch angelegt sein!?
Oder siebst Du mittlerweile die nicht teilerfremden Basenpaare doch aus?

Das mit dem Sieben ist überhaupt so einen Sache - im Programm vorhandene Fehler sind schwer zu entdecken, da ja ultra wenig, wenn nicht sogar überhaupt nichts zu finden ist!
Ich hab' jetzt z.B. entdeckt, dass ein Sieb in meinem Programm, mit dem ich die Räume 1000^1000/1000^1000, 10000^100/10000^100, 250000^10/250000^10 (Beitrag No. 37) abgesucht hatte, einen Fehler enthielt - ich hatte ein Maske, mit der ich eine Modulo 32 Operation ausführen wollte, auf 0x3F statt 0x1F gesetzt und dadurch gleichmal alle Lösungen mit Exponenten zwischen 32 und 64 (und 96 bis 128, ...) verworfen. Um einen Zahlenraum für lösungsfrei deklarieren zu können, wird man nicht umhin kommen, seinen Ansatz/Code zu veröffentlichen!

Da's bei mir mit Aufträgen zur Zeit mau ausschaut, die Mund zu Mund Propaganda nicht mehr so richtig funktioniert, habe ich mich dazu verdonnert, von Beal vorerst die Finger zu lassen und endlich eine Webseite zu erstellen - ich plane, auf der in einer Ecke dann meinen Ansatz/Code zu veröffentlichen.




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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.81, eingetragen 2013-12-04


So, nachdem ich mich ne Weile ausgetobt habe, wird wenigstens nen kleines Paper daraus.

Ja, ich suche nur nach teilerfremden Lösungen (womit sich mit ein bisschen Überlegen z.B. > 60% aller Kandidaten im relevanten Fall aussortieren lassen, ohne sie getestet zu haben). Und nachdem der Spaß jetzt soweit optimiert ist, dass i.W. nur noch im Schnitt einzelne Prozessortakte je Test übrig bleiben und (nach 2 Wochen Rechenzeit) nun mittlerweile klar ist, dass es keine primitive Lösungen mit C^z < 10^33 gibt (eine naive Heuristik zeigt, dass mit steigendem C^z die Wsk. für eine Lösung deutlich abnimmt, also Suchvorgänge, die zwar große Exponenten, aber nur verhältnismäßig kleine Basen zulassen eher mögliche Gegenbeispiele übersehen, da sie sich auf nur ein paar riesige Zahlen stürzen), werde ich das Ganze auch nicht weiter verfolgen. (Auf ähnlicher Hardware und etwas mehr Zeit war das beste mir bekannte ähnliche Ergebnis eine Suche bis C^z < 10^22.)

Fazit: Mit einem ordentlichen Ansatz kommt man deutlich weiter, aber die Wsk. ein "kleines" Gegenbeispiel für die Vermutung übersehen zu haben, ist doch mittlerweile deutlich gesunken.


Grüße
Cyrix    



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.82, eingetragen 2015-07-21


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


U^p + V^q = E^n
U^p - V^q = E^n
V^q - U^p = E^n


Wenn wir wissen, dass es keine Lösungen gibt für

A^p + B^q = C^n
A^p - B^q = C^n
B^q - A^p = C^n

mit ggt(A,B,C) = 1, dann gibt es auch keine für
<math>A^p + B^q = C'^{n*m}</math>
<math>A^p - B^q = C'^{n*m}</math>
<math>B^q - A^p = C'^{n*m}</math>

feste A,B,p,q,n. Und <math>A,B,C,C',p,q,n,m \in Z</math>.

Denn wenn es für feste A,B,C,p,q kein C^n gibt, heisst das auch, dass es kein <math>C^{n*m}</math> gibt.
Wenn eine nte Potenz von C nich existiert, dann auch kein <math>C^{n*m}</math>, oder?
Konkret wenn eine Zahl D keine 3te potenz von irgenwas (<math> C \in Z</math> ) ist, dann ist es auch keine 6te,9.te etc. von irgendwas aus Z.
Insofern koennen wir n auf r in P = Prim eingrenzen.
Alle anderen n sind composite.
andersrum koennen wir leider nicht schliesen:
Gibt es kein <math>C^{p*m}</math>  dann auch kein C^p  denn eine Nichtexistenz von C mit D = C^(p*m) zeigt nicht zwingend Nichtexistenz von C'^{p}
Ein D kann 3 te Potenz eines C sein und ist gleichzeitig selten 6te Potenz von C'. 3^3=27 aber C^n=27 ist unlösbar für n > 3.
Ein 6te Potenz ist auch immer eine 3te, aber nicht umgekehrt.
Wenn man so "herunter" folgern koennte, waere Beals Vermutung recht leicht zu zeigen.
Thx
Freue mich wenn jemand die Nichtexistenz sätze bestätigen kann...
-----------------
Danke fürs Lesen  wink
Alle Angaben ohne Gewehr




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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.83, eingetragen 2015-07-22


hallo jürgen,

mir erschließt sich nicht, auf was Du abzielst.

Das im Prinzip nur Primzahlen als Exponenten berücksichtigt werden müssen, ist hinlänglich bekannt (und wurde in meinen Algorithmen auch teilweise genutzt).

Ich habe aber keinesfalls gezeigt, dass es für

A^p + B^q = C^n
A^p - B^q = C^n
B^q - A^p = C^n

"keine Lösung gibt", sondern nur, dass sich keine finden läßt,
wenn A,B,q,p <= 1000 und A,B ungerade ist. Meine Durchmusterung
unterscheidet sich von anderen nur dadurch, dass ich für C und n
praktisch keine Beschränkungen mehr hatte - praktisch deshalb,
weil ich C wenigstens bis C <= SQR(1000^1000 + 1000^1000) und
n bis n <= lb(1000^1000+1000^1000) berücksichtigt habe und damit
letztlich dieses Ergebnis für alle C und alle n gilt (die von mir
vorgenommenen Umstellungen der Orginal-Gleichung, so dass links
immer die ungerade Basen sind und recht die gerade Basis, erlaubt
es mir, die Schleifen für die Basen in Zweierschritten zu durchlaufen!).



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.84, eingetragen 2015-07-22


2015-07-22 18:57 - dlchnr in Beitrag No. 83 schreibt:
hallo jürgen,

mir erschließt sich nicht, auf was Du abzielst.

Das im Prinzip nur Primzahlen als Exponenten berücksichtigt werden müssen, ist hinlänglich bekannt (und wurde in meinen Algorithmen auch teilweise genutzt).

Ich habe aber keinesfalls gezeigt, dass es für

A^p + B^q = C^n
A^p - B^q = C^n
B^q - A^p = C^n

"keine Lösung gibt", sondern nur, dass sich keine finden läßt,



Was wir nur sicher wissen ist für A^p + B^p = C^p gibt es keine Lösung mit ggt(a,b,c) = 1. (Fermat)
Mit ggt(A,B,C) = r gibt es evtl. welche; koennte man ja denken.

Aber für <math>A^p + B^p = C^p</math> gibt es keine Lösung , also auch nicht für <math>A^p + B^p = C'^{p*r}</math>, ggt(A,B,C') = 1.

Wenn z.B. keine 3te Potenz C^p existiert dann auch keine 6te: <math>C'^{3*2}</math>

Ist das soweit klar und richtig?
Thx





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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.85, eingetragen 2015-07-23


Für Fermat/Wiles gibt es keine Einschränkung auf ggt(A,B,C) = 1

und
 
C^(p*r) = (C^r)^p = (C')^p ==> Fermat/Wiles ==> kein A^p + B^p = (C')^p
 



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.86, eingetragen 2015-07-23


2015-07-23 01:13 - dlchnr in Beitrag No. 85 schreibt:
Für Fermat/Wiles gibt es keine Einschränkung auf ggt(A,B,C) = 1

 

C^(p*r) = (C^r)^p = (C')^p ==> Fermat/Wiles ==> kein A^p + B^p = (C')^p.

Und damit auch kein A^p + B^p = (C')^(p*n) mit n >1 aus N! oder



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.87, eingetragen 2015-07-23


(C')^(p*n) = ((C')^n)^p = (C")^p
Fermat/Wiles ==> kein A^p + B^p = (C")^p.  biggrin



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.88, eingetragen 2015-07-23


2015-07-23 18:42 - dlchnr in Beitrag No. 87 schreibt:
(C')^(p*n) = ((C')^n)^p = (C")^p
Fermat/Wiles ==> kein A^p + B^p = (C")^p.  biggrin

das ist jetz iwie n Kreisschlus ich meinte :
 
Fermat/Wiles ==> kein A^p + B^p = C^p  ==> kein C' so dass A^p + B^p = (C')^(p*n) = (C'^n)^p = (C'^p)^n.
Also Fermat läßt sich erweitern auf

kein  A^n + B^n = C^m, A,B,C aus Z n > 2,m = n*r, r > 1.
auch auf  A^n + B^m = C^n?? ggt(m,n) = n
Dann gibts keine A,B,C' mit  A^4 + B^4 = C'^12
und worauf ich hianuswollte auch kein A^4 + B^4 = C''^6 ??






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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.89, eingetragen 2015-07-23


und ich wollte darauf hinsaus, dass das keine Erweiterung von, sonderrn letztlich immer noch Fermat ist.

Wie gesagt, es ist hinlänglich bekannt, dass für n nur 3, 4 und alle Primzahlen betrachtet werden müssen.

Darmon and Merel haben schon gezeigt, dass mit {n, n, 3} und damit auch mit {4, 4, 6} nix zu fiden ist.



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.90, eingetragen 2015-07-23


Es sind noch eine ganze Reihe weiterer Exponenten-Tripel ausgeschlossen. Demzufolge knnte ich zeigen, dass keine Lösung mit c^z < 10^42 existiert.

Man sollte sich also eher an den Beweis machen, dass es keine Lösung gibt.


Cyrix



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.91, eingetragen 2015-07-24


2015-07-23 21:05 - cyrix in Beitrag No. 90 schreibt:
Es sind noch eine ganze Reihe weiterer Exponenten-Tripel ausgeschlossen. Demzufolge knnte ich zeigen, dass keine Lösung mit c^z < 10^42 existiert.
Cyrix

Wobei es doch einen prinzipiellen Unterschied gibt, oder - Dein Ergebnis gilt für einen bestimmten Bereich von A,B,x,y (vermutlich A,B<=10000 und x,y<=100), während Darmon/Mercel (und ähnliche Ergebnisse anderer Autoren) für alle A,B,C gelten?



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.92, eingetragen 2015-07-24



 A,B<=10000, x,y<=100, c^z < 10^42


Da ich die, nach gerade/ungerade Basen umgeordnete Gleichung
 
| U^p ± V^q | = E^n, (E gerade, U und V ungerade, V < U)

betrachtet habe, decken sich die von mir untersuchten Zahlenräume nicht komplett
mit dem (vermutliche) von Dir untersuchten Zahlenraum, sie sind aber ungleich größer

Da ich immer alle E bis E < sqrt(Umax^pmax+Vmax^qmax) und alle
n bis n < lb(Umax^pmax+Vmax^qmax) berücksichtigt habe, sind die
angegebenen Zahlenräume auch für alle E und alle n ohne Beal-Gegenbeispiel.  
| U^p ± V^q | = E^n, (E gerade, U und V ungerade, V < U)
 
U <=       1111, V <=    1111, p,q <= 11111, für alle E,n
U <=      11111, V <=   11111, p,q <=  1111, für alle E,n
U <=     333333, V <=  333333, p,q <=   111, für alle E,n
U <=    1111111, V <= 1111111, p,q <=    33, für alle E,n
U <=  123456789, V <=   11111, p,q <=    33, für alle E,n
U <= 1234567890, V <=    1111, p,q <=    33, für alle E,n
 



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.93, eingetragen 2015-07-24


2015-07-24 05:40 - dlchnr in Beitrag No. 91 schreibt:
2015-07-23 21:05 - cyrix in Beitrag No. 90 schreibt:
Es sind noch eine ganze Reihe weiterer Exponenten-Tripel ausgeschlossen. Demzufolge knnte ich zeigen, dass keine Lösung mit c^z < 10^42 existiert.

Wobei es doch einen prinzipiellen Unterschied gibt, oder - Dein Ergebnis gilt für einen bestimmten Bereich von A,B,x,y (vermutlich A,B<=10000 und x,y<=100), während Darmon/Mercel (und ähnliche Ergebnisse anderer Autoren) für alle A,B,C gelten?

Mein Ergebnis lautet genau so, wie es da steht:

Es gibt keine Lösung für die Gleichung A^x+B^y=C^z mit A,B,C,x,y,z im Bereich der positiven ganzen Zahlen, x,y,z > 2, ggT(A,B,C)=1 (soweit die Standard-Formulierung des Problems) *und* C^z < 10^42.

Es gibt also insbesondere keine weitere Einschränkung an A, B oder C. Natürlich gibt es die impliziten, dass alle Basen kleiner als 10^(42/3) sind (weil sonst die Summe eben größer als die angegebene Schranke wäre), oder dass die Exponenten < log(10^42)/log(2) sind (aus gleichem Grund). Aber eine Einschränkung, wie du sie formuliert hast, gibt es so nicht.

Diese Formulierung der Einschränkung, wie ich sie verwende, gibt es aus dem Grund, dass man relativ leicht eine Heuristik angeben kann, die die a-priori-Wahrscheinlichkeit, dass eine Zahl pos. ganze Zahl n "Lösung" der Beal-Gleichung ist, d.h. n=C^z=A^x+B^y. Und diese "Wsk." sinkt monoton in n. (Des Weiteren konvergiert das Integral darüber recht schnell, sodass man sowieso nur endlich viele Gegenbeispiele erwartet. Mit den Grenzen, die hier schon nachgewiesen wurden, sollte die erwartete Anzahl an solchen Lösungen irgendwo bei 10^{-20}, o.Ä. liegen...)

Wenn man also ein Gegenbeispiel vermutet, dann sollte man eher im Bereich der kleinen Zahlen n=C^z suchen, da dort ihr Auftreten deutlich wahrscheinlicher ist.


Cyrix



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.94, eingetragen 2015-07-24

\(\begingroup\)
Ah, interessant - ich hatte aus Deinem Betrag #78  <a href=>LinkEine Million $ für Lösen der Beal-Vermutung auf diese Grenzen geschlossen.
OK, Du hast also Zahlenräume durchforstet, die in keinem meiner untersuchten Zahlenräume inkludiert sind (die mir sehr grossen ungeraden Basen), der gemeinsam abdeckte Raum mithin noch gewaltiger ist.
\(\endgroup\)


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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.95, eingetragen 2015-07-24


Hätte eigenlich erwartet, dass ich, wenn ich den Link unter einem Beitrag kopiere und anstelle von "hier" nach Anklicken von "Link intern" einfüge, einen ordentlichen HTML-Link hinbekomme confused



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rlk
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.96, eingetragen 2015-07-24


Hallo dlnchr,
wenn Du die Adresse nach href= einfügst, funktioniert der Link: statt des nichtssagenden "hier" sollte ein informativer Text eingefügt werden.
Beitrag No.78, eingetragen 2013-10-12 00:02.

Du kannst auch in der Liste der Beiträge unterhalb des Eingabefenster nach dem gewünschten Beitrag suchen, auf [Diesen Beitrag zitieren] klicken und den HTML-Code
HTML
<a href=viewtopic.php?topic=182808&post_id=1378043>Beitrag No. 78</a>
in Deinen Beitrag kopieren.
Beitrag No. 78

Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.97, eingetragen 2015-07-24


2015-07-23 20:29 - juergen007 in Beitrag No. 88 schreibt:
2015-07-23 18:42 - dlchnr in Beitrag No. 87 schreibt:
(C')^(p*n) = ((C')^n)^p = (C")^p
Fermat/Wiles ==> kein A^p + B^p = (C")^p.  biggrin

Fermat/Wiles ==> kein A^p + B^p = C^p  ==> kein C' so dass A^p + B^p = (C')^(p*n) = (C'^n)^p = (C'^p)^n.
Also Fermat läßt sich erweitern auf

kein  A^n + B^n = C^m, A,B,C aus Z n > 2,m = n*r, r > 1.
auch auf  A^n + B^m = C^n?? ggt(m,n) = n


Nochmal!
Es gibt keine A,B,C aus N mit A^n + B^n = C^n,n>2, ggt(A,B,C) beliebig..
Beispiel:

Es gibt keine A,B,C aus N mit A^4 + B^4 = C^4 ggt(A,B,C) beliebig.

Dann gibts keine A,B,C' mit  A^4 + B^4 = C'^12
Gibt es auch keine A,B,C'' mit A^4 + B^4 = C''^6 ?

oder

Es gibt keine A,B,C' mit  A^4 + B^4 = C'^20
Gibt es auch keine A,B,C'' mit A^4 + B^4 = C''^5 ?

Also auf der rechten Seite kann kein n*r/s teilerfremd zu n auftreten..
aber das wäre zu schön...

Allgemein : wenn Fermat: Es gibt keine A,B,C aus N mit A^n + B^n = C^n,n>2, ggt(A,B,C) = 1, auf alle  A^p + B^q = C^z.
p,q,z>2 ausgedehnt werden könnte , wäre Beals Vermutung richtig.
-------------------

Immer alles ohne gewehr

   

The case (x, y, z) = (3, 3, n) has been proven for n equal to 4, 5, or 17 ≤ n ≤ 10000.[2]



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.98, eingetragen 2015-07-25


Ah, jetzt verstehe ich, worauf Du hinaus willst.

Ok:

es gibt kein A^n + B^n = C^n

es gibt deshalb auch kein A^n + B^n = (c^x)^n

es gibt deshalb auch kein A^n + B^n = (c^n)^x = C' ^ x

Das heißt aber nur, das es kein A^n + B^n = C' ^ x gibt,
bei dem C' gleichzeitig eine nte Potenz ist, es heißt aber
nicht, dass es nicht doch ein A^n + B^n = C ^ x geben kann,
bei dem C eben keine nte Potenz ist.



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.99, eingetragen 2015-07-25


2015-07-24 21:29 - juergen007 in Beitrag No. 97 schreibt:
Gibt es auch keine A,B,C'' mit A4 + B4 = C''5 ?
Hi juergen007,
es ist 1944 + 2914 = 975.
Deine Gleichung A4 + B4 = C5 hat viele Lösungen, die man mit den Formeln
A = x(x4+y4), B = y(x4+y4), C = x4+y4 bekommt.
Man kann aber nicht ohne weiteres behaupten, dass das alle Lösungen sind.
Gruß Buri



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.100, eingetragen 2015-08-01


ja danke :)
ich suche grade alle möglichen Bildungsfornen zusammen für die beals Vermutung gilt.
aus
en.wikipedia.org/wiki/Beal%27s_conjecture :
* The case (''x'', ''y'', ''z'') = (2, 3, 8) and all its permutations are known to have only three solutions, none of them involving an even power greater than 2.

Kann man daraus folgern dass für alle x,y,z= (2,3,n*8)) und alle Permutationen Beal gilt?

Da wir ja aus Fermat: für (3,3,3) auch folgern dass A^3+B^3=C^6 nicht lösbar ist.
Also wenn es A^3+B^3=C^6 gibt, dann ggt(A,B,C)>1) => A^3+B^3=C^6 nur lösbar wenn überhaupt mit (pa)^3 + (pb)^3 =(pc)^6 , oder gar nicht?
Oder gekürzt (a)^3 + (b)^3 =(pc)^3 , wenn a,b ungerade, dann p=2 oder c grade.



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.101, eingetragen 2015-08-02


Ja, jeder abgehandelte Fall (x,y,z) oder {x,y,z} legt auch alle (x*p,y*q,z*r) bzw. {x*p,y*q,z*r} ad acta - klar, denn ein A^(x*p) kann als (A^p)^x = (A')^x betrachtet werden, also als orginal Fall mit einer größeren Basis. Deshalb kann man sich für Beal-Untersuchungen auf 3,4, und alle Primzahlen für die Exponenten beschränken.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.102, eingetragen 2015-08-02


   
wiki:
The case (x, y, z) = (n, n, 3) has been proven for n ≥ 3.[2]


also auch (n,3,n) und alle (n*r,3*s,n*t) also  zB 14,12,15 ?

Beal sagt ja nicht, es gibt solche Tripel gibt aber wenn dann haben sie ein gemeinsamen faktor.
mir erschliesst sich diese Permutierbarkeit(x,z)(y,z) nicht...
(n, n, 3) -> (n, 3, n).

Ausser man nimmt ungrade negative Basen hinzu.

Thx



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.103, eingetragen 2015-08-03


Ich kann mir durchaus vorstellen, dass sich die Permutierbarkeit eines Ergebnisses erst mittels höherer Mathematik erschließt - vielleicht können die "richtigen" Mathematiker unter uns was dazu sagen.
Ein permutierbares Ergebnis wird häufig mit {...} statt (...) gekennzeichnet.



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.104, eingetragen 2015-08-03


Hallo!

Sind mindestens zwei Exponenten ungerade, so ist klar, dass mit einer ihrer Permutation auch alle anderen keine nicht-triviale *ganzzahlige* Lösung besitzen, denn aus A^x+B^y=C^z folgt für ungerade y, dass auch (-B)^y+C^z=A^x und analog das Gleiche für ungerades x oder z. D.h., bi auf im Fall, dass zweimalig der Exponent 4 beteiligt ist, steht jeweils eine Permutation der Exponenten gleich für alle.

Ich gebe mal wieder, welche Tripel definitiv keine nichttriviale Lösung beinhalten:

(x, x, x) for x >= 3 Wiles and Taylor
(x, x, 3) for x >= 7 prime Darmon and Merel
(x, x, 4) for x >= 7 prime Darmon and Merel
(x, 4, 4) Darmon
(3, 3, z) for z = 4, 5 Bruin
(3, 3, z) for z= 7, 11, 13 Dahmen
(3, 3, z) for 17 <= z <= 10 000 Kraus
(3, 4, 5) Siksek and Stoll
(4, 4, z) Bennet and Skinner
(5, 5, 3) Poonen
(5, 5, 4) Poonen.

Daneben kann man für die Tripel (3,4,z) Frey-Kurven nutzen, um bis in immens große Zahlenbereiche nichttriviale Lösungen auszuschließen.

Übrig bleiben also Tripel der Form (mit x,y,z jeweils prim)
(3, y, z) mit y > z >= 5
(4, y, z) mit y > z >= 5
(5, 5, z) mit z >= 7
(5, y, z) mit y, z >= 7
(7, 7, z) mit z >= 11
(7, y, z) mit y, z >= 11 und
(x, y, z) mit x, y, z >= 11.


Die Anzahl erwarteter nicht-trivialer Lösungen A^x+B^y=C^z > S mit festen Exponenten x, y, z und positiv-ganzen, aber variablen A, B, C
ist nach Heuristik proportional zu S^{1/x+1/y+1/z - 1}. Die Beal-Vermutung sagt nun, dass diese Anzahl nicht nur endlich ist, wenn der Exponent von S negativ wird, sondern eben gleich Null.

(Nicht wundern: Wäre 1/x+1/y+1/z >= 1, so hätte man hier eine divergente Reihe aufsummiert. So erklärt sich, dass die Interpretation hier nicht mehr stimmt.)

Das Exponenten-Tripel, welches also am ehesten nicht-triviale Lösungen liefert und noch nicht ausgeschlossen ist, lautet demnach (3, 5, 7).

Es macht auch in dem Sinne am meisten Arbeit, als dass wir hier die meisten Kandidaten - nämlich ca. S^{1/5 + 1/7} - überprüfen müssen, ob sie die Gleichung erfüllen (d.h. dann an der entsprechenden Stelle eine Kubikzahl erzeugen). D.h. mit etwas über S^(1/3) Operationen können wir ausschließen, dass es nicht-triviale Lösungen für dieses Tripel und Schranke C^z < S gibt.

Die übrigen noch ofenen Tripel tragen deutlich weniger sowohl zur Rechenzeit als auch zur Anzahl zu erwartender Lösungen bei.

Somit können wir relativ leicht Schranken für S in der Größenordnung von 10^42 (ich meine auch, dass ich es bis 10^45 durchrechnen habe lassen, müsste ich aber noch mal nachschauen) finden und sagen, dass unterahlb dieser keine nicht-triviale Lösung existiert. Und die Heuristik sagt, dass darüber auch "fast sicher" keine mehr kommt... (s.o.; Wir erwarten ca. 10^{42*(1/3+1/5+1/7-1)} < 10^{-13} nicht-triviale Lösungen > S  für dieses Exponententripel und deutlich weniger noch für alle anderen.)


Cyrix



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.105, eingetragen 2015-08-03


2015-08-03 16:46 - cyrix in Beitrag No. 104 schreibt:
Hallo!

Somit können wir relativ leicht Schranken für S in der Größenordnung von 10^42 (ich meine auch, dass ich es bis 10^45 durchrechnen habe lassen, müsste ich aber noch mal nachschauen) finden und sagen, dass unterahlb dieser keine nicht-triviale Lösung existiert. Und die Heuristik sagt, dass darüber auch "fast sicher" keine mehr kommt... (s.o.; Wir erwarten ca. 10^{42*(1/3+1/5+1/7-1)} < 10^{-13} nicht-triviale Lösungen > S  für dieses Exponententripel und deutlich weniger noch für alle anderen.)

Cyrix

Danke fuer die Zusammenfassung!!
1/3 + 1/5 + 1/7 -1 = -12/45

S= 10 ^{45} { -12/45} ist 10 ^{-12} damit extrem nahe 0.
Unter 1 Billion test tripel ist also 1 Gegentreffer denkbar, aber es gibt ja keinen sagt Beal, und ich glaube irgendwie er hat recht.
Du fandest ja auch keinen wenn du (3,5,7) abgegrast hast bis 10^42 hast du?

1/3 + 1/3 + 1/4 -1 = -1/12

Bei S= 10 ^{48}  sagt deine Heuristik auch schon 10 ^{-4} und fuer (3,3,4) sind ja viele Tripel bekannt. Und es gibt keinen Gegentreffer fuer (3,3,n) oder (3,n,3) s.o.
Insofern sagt deine Heuristik an sich pardon nicht sehr viel aus..
Man kann nicht nach 10^{42} aufhören. Fast sicher gilt nicht  biggrin


Gruss



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.106, eingetragen 2015-08-03


Die Aussage ist, dass unter der Schranke *nachweisbar* keine  und darüber nur nahe Null *erwartete* nicht-triviale Lösungen vorhanden sind.

Und btw: 1/3 + 1/5 + 1/7 - 1 = -34/105 ...
 
Cyrix



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.107, eingetragen 2015-10-03


Hi,

habe gerade mal wieder in das viXra Zahlentheorie-Archiv reingeschaut, und siehe da, doch tatsächlich etwas entdeckt, das wie (richtige) Mathematik aussieht.

Proof of BEAL Conjecture

Wer Zeit und Lust hat, kann ja mal drüberschauen.

Gruß, Slash



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.108, eingetragen 2015-10-19


wow
das liest sich sehr interessant und nachvollziehbar, könnte er ja beim beal kommittee einreichen?
die terme kann man sicher programmieren.




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Martin_Infinite
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.109, eingetragen 2015-10-19


@Slash: Die Beal-Vermutung impliziert sofort den großen Satz von Fermat. Einen 25-seitigen Beweis der Beal-Vermutung von einem Diplom-Ingenieur, der nur mit elementaren Rechnungen mit gewöhnlichen komplexen Zahlen und Teilbarkeitsargumenten auszukommen scheint, schaue ich mir daher gar nicht näher an. (Und das empfehle ich allen anderen ebenfalls.)


"Angemessene vegetarische und vegane Ernährungsformen sind gesund, vom Nährstoffgehalt angemessen und bieten möglicherweise gesundheitliche Vorteile für die Prävention und Behandlung bestimmter Krankheiten." American Dietetic Association



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.110, eingetragen 2015-10-19


2015-10-19 10:18 - Martin_Infinite in Beitrag No. 109 schreibt:
Die Beal-Vermutung impliziert sofort den großen Satz von Fermat.

Diese Implikation sehe ich nicht, zumindest nicht auf die Schnelle -
Fermat erfordert keine Basen mit GGT == 1 ?



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.111, eingetragen 2015-10-19


2015-10-19 17:41 - dlchnr in Beitrag No. 110 schreibt:
Diese Implikation sehe ich nicht, zumindest nicht auf die Schnelle ...
Hi dlchnr,
doch, das passt schon.
Beim Fermat-Problem kann man durch Kürzen erreichen, dass die Variablen teilerfremd sind. Beim Beal-Problem geht das nicht.
Normalerweise wird bei der Formulierung des Fermat-Problems keine Teilerfremdheits-Forderung erhoben, wozu auch?
Aber man kann sich auf den Fall der Teilerfremdheit beschränken, und dies hat zur Folge, dass das Fermat-Problem ganz fein als Spezialfall der Beal-Vermutung anzusehen ist.
Gruß Buri



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.112, eingetragen 2015-10-19


Ah ja - die einfache Möglichkeit zu kürzen, weil ja die Exponenten (im Gegensatz zu Beal) gleich sind, hab' ich übersehen.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.113, eingetragen 2015-10-19


Frage:

Die Beal-Vermutung besagt, dass für alle Lösungen von <math>A^x +B^y = C^z</math>, mit A, B, C, x, y, z positiven ganzen Zahlen und x, y, z > 2, die Zahlen A, B, C einen gemeinsamen (Prim)-faktor haben
Umgekehrt gibt es keine Lösungen <math>A^x +B^y = C^z</math>, mit A, B, C, x, y, z positiven ganzen Zahlen und x, y, z > 2 und <math>ggt(A,B) = 1</math>.
Aus Fermat folgt speziell es gibt kein A,B,C,n und <math>ggt(A,B)=1</math>, so dass <math>A^x +B^x = C^{nx{</math>.
Bsp.:Es kann nicht <math>A^4 +B^4 = C^8</math> sein, denn wenn solch ein C existieren würde, gäbe es auch ein c mit c^4 = C^8 Widerspruch zu Fermat.
Wie ist es aber mit <math>A^x +B^{nx} = C^x</math>?
Danke.
J




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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.114, eingetragen 2015-10-19


2015-10-19 21:02 - juergen007 in Beitrag No. 113 schreibt:
Wie ist es aber mit <math>A^x +B^{nx} = C^x</math>?
Hi juergen007,
das hat wegen der bewiesenen Fermat-Vermutung keine nichttrivialen Lösungen mit x > 2. Hast du das wirklich nicht selbst gesehen?
Gruß Buri



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.115, eingetragen 2015-10-19


2015-10-19 21:10 - Buri in Beitrag No. 114 schreibt:
2015-10-19 21:02 - juergen007 in Beitrag No. 113 schreibt:
Wie ist es aber mit <math>A^x +B^{nx} = C^x</math>?
Hi juergen007,
das hat wegen der bewiesenen Fermat-Vermutung keine nichttrivialen Lösungen mit x > 2. Hast du das wirklich nicht selbst gesehen?
Gruß Buri


doch jetzt seh ichs ich musste es nur mal hinschreiben thx



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.116, eingetragen 2017-11-19


2013-12-04 20:23 - cyrix in Beitrag No. 81 schreibt:
So, nachdem ich mich ne Weile ausgetobt habe, wird wenigstens nen kleines Paper daraus.  

@Cyrix  

Ist eigentlich das erwähnte "Paper" entstanden? Kann man es irgendwo herunterladen?

Ich bin mittlerweile recht beeindruckt über Dein Resultat!

Ich meinen zwar letztlich mehr potentielle A,x,B,y,C,z Tupel untersucht zu haben, kann aber über die enorme, von Dir überprüften A,x,B,y-Tupel nur staunen!

Allein die Listen der Potenzen mit den Exponenten 3 und 4 beinhalten fed-Code einblenden bzw. fed-Code einblenden , respektive fed-Code einblenden bzw. fed-Code einblenden Potenzen - auch wenn man berücksichtigt, dass wg. Bruin, Dahmen, Kraus die Liste der 3er-Potenzen nicht mit sich selbst kombiniert werden muss, verbleiben allein für die Kombination der 3er- mit der 4er-Potenz-Liste fed-Code einblenden bzw. fed-Code einblenden Kombinationen, die zu überprüfen ich trotz "nur noch im Schnitt einzelne Prozessortakte" mit Milliarden CPU-Jahren ansetzen würde.

Oder konntest Du Dir die Überprüfung auch dieses zweiten "dicken Brokens" ersparen, weil dafür schon tatsächlich entsprechende Ergebnisse vorliegen ("Daneben kann man für die Tripel (3,4,z) Frey-Kurven nutzen, um bis in immens große Zahlenbereiche nichttriviale Lösungen auszuschließen.")?

Und welchen Bereich konntest Du letztlich abdecken?
fed-Code einblenden



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.117, eingetragen 2017-11-21


Hallo!

Ich hatte damals zu dem Spaß ein Paper geschrieben, was aber bei der Zeitschrift, wo wir den Spaß eingereicht hatten, nicht veröffentlicht wurde. Kommentar des Reviewers: Mathematisch ok, aber nicht tiefliegend genug für das Journal.

Da das hier aber nur mehr eine Freizeitbeschäftigung war, und ich mich dann mal wieder stärker auf meine Promotion konzentriert habe, wurde daraus bis jetzt noch keine Überarbeitung und Neueinreichung an anderer Stelle...

Der Hinweis auf die Frey-Kurven stammt übrigens von einem Review-Kommentator. (Ich vermute, dass das Don Zagier war.) Da ich hier noch nicht genauer selbst darüber nachgedacht habe, habe ich auch noch nichts weiter dazu aufgeschrieben.

Von den übrig-bleibenden, noch zu untersuchenden Exponenten-Tripel ist (3,5,7) das mit dem deutlich größten Arbeitsaufwand. Hier muss man prüfen, ob eine siebte, und eine fünfte Potenz eine Dritte ergeben. Insofern geht es unterhalb der Grenze von <math>S=10^{45}</math> um weniger als <math>S^{\frac{1}{5}+\frac{1}{7}} \approx 2.7\cdot 10^{15}</math>  zu überprüfende Kandidaten-Paare. Da fliegen dann noch mal aufgrund der Teilerfremdheit groß die Hälfte raus. Und dann eben die Teilbarkeitsuntersuchungen mittels Bitmasken, was dann nur wenige Takte pro Zahl bedeutet, sodass ich meine, innerhalb von zwei Wochen o.Ä. diese Grenze erreicht zu haben.

Cyrix



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.118, eingetragen 2017-11-21


Es gibt keinen deutschen Wikiartikel zur Beal-Vermutung. Wer machts? wink

@ cyrix: Hast du es denn nur bei einem (großen) Journal versucht?



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dlchnr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.119, eingetragen 2017-11-22


2017-11-21 20:19 - cyrix in Beitrag No. 117 schreibt:

Von den übrig-bleibenden, noch zu untersuchenden Exponenten-Tripel ist (3,5,7) das mit dem deutlich größten Arbeitsaufwand.


Ich muss gestehen, dass ich jetzt nicht mehr verstehe, wie Dein Ergebnis gemeint ist.
Wenn das Resultat ist, dass es kein Gegenbeispiel bis fed-Code einblenden gibt, dann müssen bei Deiner Durchforstung doch auch alle Tripel (3,5,7) überprüft worden sein, die kleiner als fed-Code einblenden sind - und nicht nur die, auch alle Tripel (3,5,11), (3,5,13), (3,5,17) ... (3,5,149), denn erst fed-Code einblenden .

Ich meine, auch wenn die Tripel (3,5,11), (3,5,13), (3,5,17) ... nur mit einer sehr, sehr, sehr ... kleinen Wahrscheinlichkeit ein Gegenbeispiel liefern, kann ich doch erst sagen, es gibt "kein" Gegenbeispiel bis fed-Code einblenden , wenn all diese Tripel untersucht wurden sind - und natürlich auch nicht nur alle Tripel der From (3,5,x), sondern auch (5,5,7), (5,5,11), ... (5,7,7), (5,7,11), ... (7,7,11), (7,7,13) ... (139,139,149), bis eben so lang, wie sie kleiner fed-Code einblenden sind.

 confused  confused  confused  confused  confused  confused  confused  confused  confused  confused  confused  confused  confused  confused



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