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Elementare Zahlentheorie » Diophantische Gleichungen » Request for discussion : Beal Conjecture
Thema eröffnet 2020-10-09 10:52 von TinoRitter
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Universität/Hochschule Request for discussion : Beal Conjecture
zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.80, eingetragen 2020-12-30


2020-12-30 15:32 - TinoRitter in Beitrag No. 79 schreibt:
ist die nachfolgende Gleichung für alle $\alpha \in \mathbb{Z}$ erfüllt.

Für gegebene Werte von $A$, $C$ und $p$ sind $s$ und $k$ durch die Gleichungen $s\cdot p+1=A$ bzw. $k\cdot p+1=C$ eindeutig festgelegt. Also liegt auch $s-k=\alpha$ fest.

Gezeigt hast du folglich, dass die Gleichung $s\cdot C-(s-\alpha)\cdot A=\alpha$ für dieses eine $\alpha$ erfüllt ist. Warum sollte sie "für alle $\alpha\in\mathbb Z$ erfüllt" sein?

2020-12-30 15:32 - TinoRitter in Beitrag No. 79 schreibt:
Mit der Wahl von $\alpha = 1$ ...

Gleiches Problem: Da $\alpha$ festliegt, kannst du nicht $\alpha=1$ "wählen".



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TinoRitter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.81, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-08


@zippy

Zunächst sorry, dass die Antwort so lange auf sich warten ließ.

Es wird hier zunächst nur die Teilerfremdheit von $A$ und $C$ betrachtet.

Dann gibt es $u,v \in \mathbb{Z}$ mit

$v\cdot C-u\cdot A=1$.

Im ersten Schritt wird gezeigt, dass

$s\cdot C-(s-\alpha)\cdot A=\alpha$

unabhängig von von $\alpha$ immer erfüllt ist.

Losgelöst von der Betrachtung in dieser Beweisidee könnte $\alpha$ in dieser Gleichung sogar aus $\mathbb{R}$ sein und sie wäre erfüllt. Da $u$ und $v$ aber aus $\mathbb{Z}$ sind, genügt es $\alpha \in \mathbb{Z}$ zu betrachten.

Nun erhält man, mit der Wahl von $\alpha = 1$ ein Tupel $(u,v)=(s; s-1)$ welches die Gleichung $v\cdot C-u\cdot A=1$ erfüllt.


In den nächsten Schritten wird gezeigt, dass die Gleichung
$v\cdot C-u\cdot A=1$

auch mit folgenden Tupeln $(u,v)$ erfüllt ist:

$(u,v)=(k+1; k)$
$(u,v)=(k+1; s-1)$

Logischer Schluss "$\Rightarrow$":

Da die Gleichung $v\cdot C-u\cdot A=1$ mit der Wahl von $u$ und $v$ in allen folgenden drei Fällen stets $\textbf{gleichzeitig}$ erfüllt ist,

I. $v=s \,\,\, \wedge \,\,\, u=s-1$

II. $v=k+1 \,\,\,  \wedge \,\,\, u=k$

III. $v=k+1 \,\,\,  \wedge \,\,\, u=s-1$

muss schon gelten

I. $ \wedge $ III. $ \Rightarrow$ $v=s=k+1$
II. $ \wedge $ III. $ \Rightarrow$ $u=s-1=k$.


Logischer Schluss "$\Leftarrow$"
Setzt man umgekehrt $s-k=1$ in $s\cdot C-k\cdot A=s-k$ erhält man, dass dann $ggT(A,C)=1$.


Ergebnis
Die Bedingung $ggT(A,C)=1$ für $A=s \cdot p +1$ und $C=k \cdot p +1$ ist $\textbf{hier}$ zwischen $s$ und $k$ dann erfüllt, wenn die Beziehung $s-k=1$ gilt.




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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.82, eingetragen 2021-01-08


2021-01-08 11:33 - TinoRitter in Beitrag No. 81 schreibt:
Im ersten Schritt wird gezeigt, dass

$s\cdot C-(s-\alpha)\cdot A=\alpha$

unabhängig von der Wahl von $\alpha$ immer erfüllt ist.

Ich kann nicht erkennen, wo du das zeigst.

Dein Abschnitt "Bew. A2" geht von Gleichung (18) aus. Dort werden die festen Werte von $s$ und $k$ verwendet, die in den Gleichungen (16) und (17) definiert sind. Dann setzt du $\alpha=s-k$. Mit dieser Argumentation kommst du also nicht zu einer Aussage, die für alle $\alpha$ gilt.

Sprichst du von einem anderen "ersten Schritt"?



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TinoRitter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.83, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-08


@zippy



Das ist völlig missverständlich ausdgedrückt. Hier muss stehen:

... für alle $s, k \in \mathbb{N}$ mit $s-k=\alpha$ stets erfüllt ist.

Der Formulierung "unabhängig von $\alpha$" war ein transitiver Gedanke und meinte nur: Unabhängig welche Differenz $s$ und $k$ tatsächlich annehmen.

D.h. dass $s\cdot C-(s-\alpha)\cdot A=\alpha$ unabhängig von $\alpha$ erfüllt ist, ist hier missverständlich ausgedrückt und der Begriff "wahl" hat hier nichts zu suchen.

Der Satz meint nur:

Die Gleichung ist Erfüllt, egal welche Differenz $\alpha$ für die Werte $s$ und $k$ im Einzelfall annimmt. Für die Differenzen $s-k=\alpha$ über alle möglichen Fälle, kann also zunächst kein $\alpha \in \mathbb{Z}$ ausgeschlossen werden, da man hier über die Beträge von $s$ und $k$ - im Einzelfall - nichts weiß. Daher ist $\alpha$ zunächst allgemein mit $\alpha \in \mathbb{Z}$ anzunehmen.

Die logische Schluss zeigt dann nur:

Wenn es dann auch eine Lösung für $ v \cdot C - u \cdot A =1 $ geben soll, dann muss hier aber schon $s-k=1$ gelten, da die Gleichung dann gleichzeitig für die Fälle I., II. und III. erfüllt ist.

LG
Tino







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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.84, eingetragen 2021-01-08


2021-01-08 14:14 - TinoRitter in Beitrag No. 83 schreibt:
... und der Begriff "wahl" hat hier nichts zu suchen.

Gut, dann stimmen wir in diesem Punkt überein.

2021-01-08 14:14 - TinoRitter in Beitrag No. 83 schreibt:
Die logische Schluss zeigt dann nur:

In der Formulierung deines logischen Schlusses in Beitrag Nr. 81...

2021-01-08 11:33 - TinoRitter in Beitrag No. 81 schreibt:
Nun erhält man, mit der Wahl von $\alpha = 1$ ein Tupel $(u,v)=(s; s-1)$ welches die Gleichung $v\cdot C-u\cdot A=1$ erfüllt.

... taucht noch der Begriff "Wahl" auf. Wie funktioniert denn dieser Schluss, ohne $\alpha=1$ zu wählen?



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TinoRitter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.85, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-08


@zippy

2021-01-08 14:14 - TinoRitter in Beitrag No. 83 schreibt:
Die logische Schluss zeigt dann nur:

In der Formulierung deines logischen Schlusses in Beitrag Nr. 81...

2021-01-08 11:33 - TinoRitter in Beitrag No. 81 schreibt:
Nun erhält man, mit der Wahl von $\alpha = 1$ ein Tupel $(u,v)=(s; s-1)$ welches die Gleichung $v\cdot C-u\cdot A=1$ erfüllt.

... taucht noch der Begriff "Wahl" auf. Wie funktioniert denn dieser Schluss, ohne α=1 zu wählen?


Das Tupel heißt übrigens $(v,u)$ und nicht $(u,v)$. Ich habe die Buchstaben beim Schreiben versehentlich vertauscht. In den Fällen I., II. und III. stimmts dann wieder.

Nein, soll es eine Lösung von $v\cdot C-u\cdot A=1$ geben, muss mit der Wahl von $v=s$ das Tupel schon $(v,u)=(s; s-1)$ sein, damit das Ergebnis der Summe 1 ist.

Setzt man dagegen allgemein wahlweise

$v\cdot C-\left( s- \alpha \right) \cdot A=\alpha$

oder

$\left( k+ \alpha \right)\cdot C- k \cdot A=\alpha$

oder

$\left( k+ \alpha \right)\cdot C-\left( s- \alpha \right) \cdot A=\alpha$

erhält man jeweils $\alpha = s-k$ zurück ohne eine weitere Substitution zu benötigen.



LG Tino



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.86, eingetragen 2021-01-08


2021-01-08 18:24 - TinoRitter in Beitrag No. 85 schreibt:
Nein, soll es eine Lösung von $v\cdot C-u\cdot A=1$ geben, muss mit der Wahl von $v=s$ das Tupel schon $(v,u)=(s; s-1)$ sein, damit das Ergebnis der Summe 1 ist.

Woraus folgt denn, dass es überhaupt so ein Paar mit $v=s$ gibt?



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TinoRitter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.87, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-18


@zippy

2021-01-08 18:36 - zippy in Beitrag No. 86 schreibt:
2021-01-08 18:24 - TinoRitter in Beitrag No. 85 schreibt:
Nein, soll es eine Lösung von $v\cdot C-u\cdot A=1$ geben, muss mit der Wahl von $v=s$ das Tupel schon $(v,u)=(s; s-1)$ sein, damit das Ergebnis der Summe 1 ist.

Woraus folgt denn, dass es überhaupt so ein Paar mit $v=s$ gibt?

Die Argumentation ist wie folgt aufgebaut:

Der Ansatz ist, zunächst zz. dass

$s\cdot C-k\cdot A=s-k$ mit $(s,k)=(s; s-\alpha)$

für $\alpha:=s-k$ stets erfüllt ist.

zz. war hier also zunächst:

$s\cdot C-\left(s-\alpha \right)\cdot A=\alpha \,\,\, \textbf{(I.)}$

Dies folgt durch Umformung bis zu einer erkennbaren Äquivalenz.

Für die Wahl von $\alpha=1$ folgt aus Gleichung $\textbf{(I.)}$ dann jeweils auch schon eine Lösung für $v\cdot C-u\cdot A=1$, mit

$s\cdot C-\left(s-1 \right)\cdot A=1$

Damit können $v$ und $u$ in allen Fällen mit
$(v,u)=(s; s-1)$ gewählt werden, um die Teilerfremdheit von $A$ und $C$ zu zeigen.

Die Frage war dann, ob auch $k$ schon gleich $s-1$ gilt, wenn das Kriterium der Teilfremdheit erfüllt sein muss. Dazu wurden die Äquivalenzen der Gleichung (22) hergeleitet.

Ich denke aber, dass Du darauf hinaus willst, dass diese Tatsache nicht weitere Fälle für $v$ und $u$ ausschließen muss.

Habe ich Dich richtig verstanden?

LG Tino



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.88, eingetragen 2021-01-18


2021-01-18 11:51 - TinoRitter in Beitrag No. 87 schreibt:
Der Ansatz ist, zunächst zz. dass

$s\cdot C-k\cdot A=s-k$ mit $(s,k)=(s; s-\alpha)$

für $\alpha:=s-k$ stets erfüllt ist.

Um mögliche Missverständnisse im Zusammenhang mit dem Wort "stets" zu vermeiden: Sind wir uns einig, dass du – bei gegebenen Werten von $A$, $C$ und $p$ – für genau ein Paar $(s,k)$ gezeigt hast, dass diese Gleichung gilt?

Falls wir uns hier nicht einig sind: Wo finde ich in deiner Argumentation einen Beweis, der nicht nur für das eine Paar $(s,k)$, das durch $s\cdot p+1=A$ und $k\cdot p+1=C$ definiert ist, gilt?

2021-01-18 11:51 - TinoRitter in Beitrag No. 87 schreibt:
Dies folgt durch Umformung bis zu einer erkennbaren Äquivalenz.

Ich bin mir nicht sicher, welchen Schritt du damit meinst, aber das klingt sehr danach, dass du wieder zu dem logischen Fehlschluss "wenn aus einer Aussage etwas Wahres folgt, muss die Aussage selbst wahr sein" gegriffen hättest (vgl. Beitrag Nr. 74).

2021-01-18 11:51 - TinoRitter in Beitrag No. 87 schreibt:
Für die Wahl von $\alpha=1$

Falls du oben auf meine erste Frage mit "Ja" geantwortet hast, kann ich mich nur nochmal wiederholen: Du kannst nicht $\alpha=1$ wählen, weil – bei gegebenen Werte von $A$, $C$ und $p$ – die Werte von $s$ und $k$ und damit auch der von $\alpha$ festliegen. Es gibt also nichts zu wählen.



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TinoRitter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.89, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-18


@zippy

Um jetzt gezielt antworten zu können, muss ich eine Frage klären.

Es wird angenommen, es gilt genau Fall I. (Gleichung 13).
Dieser soll ja zum Widerspruch geführt werden.

$\textbf{Wahr oder falsch?}$

Gezeigt wurde:

Gilt genau Fall I., dann gibt es für alle Tupel $(A,C)$ immer $s,k$ und $p|B$, mit $sp:=A-1$ und $kp:=C-1$.


$\textbf{Wahr oder falsch?}$

Gezeigt wurde:

Die Gleichung $s\cdot C-k\cdot A=s-k$ beschreibt dann Allgemein den Zusammenhang von $s,k,C$ und $A$ für alle möglichen Fälle von Tupeln $(A,C)$, des Falles I.

$\textbf{Wahr oder falsch?}$

$s$ und $k$ dürfen in Gleichung $s\cdot C-k\cdot A=s-k$ nicht frei gewählt werden, da sie mit $A,C$ und $B$ bereits festgelegt sind.
(Dies zeigt Herleitung zu Beginn).
Wohl gibt es aber für alle Paare $s$ und $k$ stets $\alpha$ mit $\alpha = s-k$, so dass gilt
$s\cdot C-\left(s-\alpha \right)\cdot A=\alpha$

$\textbf{Wahr oder falsch?}$

Gezeigt wurde:

Im Fall I sind $A$ und $C$ auch schon Teilerfremd und es muss hier daher für alle Tupel $(A,C)$ Koeffizienten $v$ und $u$ geben, so dass
$u\cdot C-v\cdot A=1$


$\textbf{Wahr oder falsch?}$

Das Paar $v$ und $u$ muss nicht mit den Koeffizienten $k$ und $s$ übereinstimmen. Es genügt, wenn die Wahl von $v$ und $u$ die Gleichung $u\cdot C-v\cdot A=1$ erfüllt.

Dank Dir :-)

Liebe Grüße
Tino








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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.90, eingetragen 2021-01-18


Was du im letzten Beitrag geschrieben hast, sieht mir alles richtig aus.



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TinoRitter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.91, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-19


@zippy

Es wird festgehalten:

Es gibt für alle Tupel $(A,C)$ mit $sp:=A-1$ und $kp:=C-1$ $\alpha:= s-k$.

Dann darf $s\cdot C-k\cdot A=s-k$ wie folgt dargestellt werden

$\left( k+\alpha \right) \cdot C-\left( s-\alpha \right)\cdot A=\alpha$

Diese Gleichung geht stets auf.

Die Frage ist nun, ob diese Gleichung nur mit $\alpha = 1$ in die Form

$v\cdot C- u \cdot A=1$

überführbar ist, oder ob man dann andere Lösungen für $v$ und $u$ einfach ignoriert.

Wenn $\alpha=1$ ist, dann wäre in jedem Fall die Teilerfremdheit von $A$ und $C$ gegeben.

Aber kann man $v$ und $u$ überhaupt anders wählen wenn auch

$s\cdot C-k\cdot A=s-k$

stets gelten soll?


$\textbf{Frage zur Logik}$

In meiner Annahme ging ich davon aus, dass wenn beide Gleichungen gleichzeitig gelten müssen, die eine in die jeweils andere überführbar sein muss.

Dies geht nur mit der Annahme $\alpha=1$.

Dann gilt aber schon $s-k=1$.

Schließt dies nun alle anderen Fälle aus, oder habe ich nur einen möglichen Fall betrachtet?

danke Dir und liebe Grüße
Tino





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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.92, eingetragen 2021-01-20


2021-01-19 19:52 - TinoRitter in Beitrag No. 91 schreibt:
Aber kann man $v$ und $u$ überhaupt anders wählen wenn auch

$s\cdot C-k\cdot A=s-k$

stets gelten soll?

Ja, ein Zahlenbeispiel dafür hatte ich doch schon vor 34 Beiträgen hingeschrieben:$$A=25,\;C=16\qquad
8\cdot16-5\cdot25=8-5=3\qquad11\cdot16-7\cdot25=1
$$[Zur Erinnerung: Das ist natürlich kein Gegenbeispiel gegen die Beal Conjecture. Es geht nur um den Teil deiner Argumentation, über den wir hier sprechen.]

2021-01-19 19:52 - TinoRitter in Beitrag No. 91 schreibt:
In meiner Annahme ging ich davon aus, dass wenn beide Gleichungen gleichzeitig gelten müssen, die eine in die jeweils andere überführbar sein muss.

Dafür, dass so eine Überführung möglich sein muss, hast du bisher kein Argument gebracht.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.93, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-26


@zippy

Ich denke, ich drehe mich mit der Argumentation im Kreis. Daher ein anderer Ansatz, der ein drittes Kriterium einführt.



Die Frage ist nun:

Dürfen $n$ und $a$ im ersten Schritt so gewählt werden, das $n+a=A^\alpha$ ohne die Allgemeingültigkeit zu verlieren. Ich kann auf jeden Fall zeigen, dass mit dieser Wahl für $A^\alpha$ gerade wieder Gleichung (20) folgt. Diesen teil kann ich aber auslassen, wenn die Wahl ohnehin zulässig ist.

Der Rest des Beweises ist danach noch 2 Seiten lang (3 Fallunterscheidungen) und führt zum gewünschten Widerspruch.

Die gesamte umstrukturierte Beweisidee ist im Download verfügbar.
hier

Vielen Dank vorab für Deine Antwort.

LG
Tino



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.94, eingetragen 2021-01-26


2021-01-26 14:23 - TinoRitter in Beitrag No. 93 schreibt:
Dürfen $n$ und $a$ im ersten Schritt so gewählt werden, das $n+a=A^\alpha$ ohne die Allgemeingültigkeit zu verlieren.

Hier gibt es kein Problem, denn du wählst tatsächlich gar nichts: $n$ und $a$ ergeben sich aus den Gleichungen (20) und (21) eindeutig zu $n=C^\alpha$, $a=C^\alpha-A^\alpha$.

2021-01-26 14:23 - TinoRitter in Beitrag No. 93 schreibt:
Der Rest des Beweises ist danach noch 2 Seiten lang (3 Fallunterscheidungen) und führt zum gewünschten Widerspruch.

Einen Fehler machst du erst in diesem Rest, und zwar bei den Umformungen in (24) bzw. (30). Du schreibst zwar immer "$\Longleftrightarrow$" zwischen die Gleichungen, aber es kann sich hierbei nicht durchgehend um Äquivalenzumformungen handeln, denn die jeweils ersten Gleichungen in (24) bzw. (30) haben genau eine Lösung in $\lambda$ und die jeweils letzten dann (als quadratische Gleichung mit nicht verschwindender Diskriminante) plötzlich zwei.

Von diesen beiden Lösungen $\lambda_{1,2}$ stimmt eine mit dem ursprünglichen $\lambda$ überein, während man von der anderen nicht viel weiß. Insbesondere weiß man nicht, ob sie ganzzahlig ist. Dann sind aber auch auch die Faktoren $\lambda_1\pm\lambda_2$ in$$ (\lambda_1+\lambda_2)\cdot p = 2\cdot A^\alpha \;,\qquad
(\lambda_1-\lambda_2)\cdot p = 2\cdot C^\alpha
$$nicht notwendigerweise ganzzahlig, und man kann aus diesen Gleichungen nicht den Schluss ziehen, dass $p$ sowohl $A^\alpha$ wie auch $C^\alpha$ teilt.



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TinoRitter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.95, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-27


Versehentlich beim kopierversuch gelöscht.



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zippy
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2021-01-27 00:39 - TinoRitter in Beitrag No. 95 schreibt:
Genügt es hier noch zu zeigen, dass beide Lösungen $ \lambda_{1,2} $ ganzahlig sind?

Die nicht mit $\lambda$ zusammenfallende Lösung ist im Regelfall nicht ganzzahlig.



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zippy
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2021-01-27 00:39 - TinoRitter in Beitrag No. 95 schreibt:
Versehentlich beim kopierversuch gelöscht.

Ich hab den Inhalt noch in der History stehen:

@zippy

Statt $\Leftrightarrow$ muss hier $\Rightarrow$ stehen.

Genügt es hier noch zu zeigen, dass beide Lösungen $\lambda_{1,2}$ ganzahlig sind?

LG
Tino



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TinoRitter
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@zippy

Danke für die Rekonstruktion der Antwort.

$ \lambda $ ist in allen drei Fällen Eingangs aus $\mathbb{N}$ als Teiler gewählt.

Dann sind doch die Summen $\lambda_1 \pm  \lambda_2$ aus $\mathbb{Z}$

LG
Tino



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2021-01-27 12:12 - TinoRitter in Beitrag No. 98 schreibt:
$ \lambda $ ist in allen drei Fällen Eingangs aus $\mathbb{N}$ als Teiler gewählt.

Es ist richtig, dass $\lambda$ eine ganze Zahl ist. Außerdem ist $\lambda$ durch eine Gleichung, die ich mal $G(\lambda)$ nenne, eindeutig definiert.

Dann machst du, ausgehend von dieser Gleichung, in (24) bzw. (30) eine Kette von Umformungen,$$ G(\lambda)\implies \cdots \implies H(\lambda) \,,
$$und stellst fest, dass $H(\lambda)$ zwei Lösungen hat. Wegen der Implikation $G(\lambda)\implies H(\lambda)$ wissen wir, dass eine dieser Lösungen das ursprügliche $\lambda$ ist. Weil wir aber keine Implikation $H(\lambda)\implies G(\lambda)$ haben, können wir aus $G(\lambda)$ keine Aussage über die zweite Lösung ableiten. Wir wissen also nicht, ob diese zweite Lösung ganzzahlig ist.

Um das Problem zu verstehen, musst du dir nur ein einfaches Beispiel wie $\lambda=3\implies 2\lambda^2=3\lambda+9$ anschauen: Die ursprüngliche Gleichung hat die positive und ganzzahlige Lösung $\lambda=3$. Durch die Nichtäquivalenzumformung kommt die zweite Lösung $-3/2$ ins Spiel, und die ist weder positiv noch ganzzahlig.



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@zippy


Einfach mal eine Überlegung zur Diskussion.

Sei nun $\lambda_1 \cdot p = A^\alpha + C^\alpha$ und $\lambda_2 \cdot p= A^\alpha - C^\alpha$ dann lassen sich die Abhängigkeiten von $C^\alpha, A^\alpha, p, \lambda_1$ und $\lambda_2$ wie folgt grafisch darstellen.



Durch Überlagerung der Darstellung ergibt sich folgender Zusammenhang



Dann gilt, die Fläche ist 3 mal der Summe der kongruenten Dreiecke $ \frac{ \left( A^\alpha + C^\alpha \right)^2}{2}$ minus der Hälfte der kleinen Quadrate  $ \frac{ \left( A^\alpha - C^\alpha \right)^2}{2}$

$ 2 \cdot A^\alpha \cdot \left( A^\alpha + C^\alpha \right) = 3 \cdot \frac{ \left( A^\alpha + C^\alpha \right)^2}{2} - \frac{ \left( A^\alpha - C^\alpha \right)^2}{2} $

Mit der Auflösung folgt nun, das $A^\alpha$ oder $C^\alpha$ dann irrational sind, da dann

$C^\alpha = \left( \sqrt{2} -1 \right) \cdot A^\alpha $

Damit würde für Fall I kein Paar $A,C \in \mathbb{N}$ existieren.

Zieht man die Wurzel nicht, kommt man zu der Lösung

$\left(C^\alpha \right)^2= A^\alpha \cdot \left( A^\alpha - 2 \cdot C^\alpha \right)$

Dann dürften $A^\alpha$ und $C^\alpha$ nicht teilerfremd sein. Was ein Widerspruch zur Annahme wäre. Es sei denn $C^\alpha$ oder $A^\alpha$ ist gerade 1. Aber dann wäre die jeweils andere variable irrational und man wäre schon wegen 1 ohnehin außerhalb der Bealvermutung.



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zippy
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2021-01-28 18:52 - TinoRitter in Beitrag No. 100 schreibt:
@zippy

Einfach mal eine Überlegung zur Diskussion.

Zu dieser Diskussion werde ich nichts beitragen können, da mir ein Nachvollziehen der grafischen Überlegungen zu aufwendig ist.



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TinoRitter
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@zippy

wäre dir eine selbsterklärende Beschreibung ausreichend?

Andernfalls nur die Frage, ob die Argumentation ausreichend ist,
wenn die Gleichung

$2 \cdot A^\alpha \cdot \left( A^\alpha + C^\alpha \right) = 3 \cdot \frac{ \left( A^\alpha + C^\alpha \right)^2}{2} - \frac{ \left( A^\alpha - C^\alpha \right)^2}{2}$

wahr ist.

LG
Tino



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@zippy

Die Dreiecke im Beitrag

"Zum erstem Beitrag  Beitrag No.100, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-28 18:5"

sind nicht kongruent!!!

Sorry

LG
Tino



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TinoRitter hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
TinoRitter hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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