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Mathematik » Zahlentheorie » Unklarheit zur abc-Vermutung
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Universität/Hochschule Unklarheit zur abc-Vermutung
juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-17 10:28


Ich verstehs, nicht obwohl ich s schon mal verstand gg..
1+63=64 abc- treffer, rad(abc)< c, 42<64.

$\displaystyle 64 < K_\epsilon*42^{1+\epsilon}$, was fuer epsilon = 0 lösbar ist aber  mit K =2

$\displaystyle 64 < K_\epsilon*42 *42^{0.01}$, ist jedoch schon für epsilon = 0.01  gibt es ein K ca. 200.
Was soll das epsilon?

Das bekannteste mit der höchsten Qualitaet ist $\displaystyle(2,\,3^{10}\!\cdot \!109,\,23^{5})=(2,\,6436341,\,6436343)$ mit
$\displaystyle\operatorname{rad}(abc)=2\!\cdot\!3\!\cdot \!23\!\cdot\!109=15042$,

$6436343 < K_\epsilon*(15042)^{1+\epsilon}$, kann ich fuer $\epsilon=0$ lösen mit K = 428.
Für $\epsilon=0.000001$  wäre K= auch etwa 428, denn $rad(abc)^{\epsilon}$
ist wenig mehr als 1.
$rad(abc)^{1+\epsilon}=rad(abc)*rad(abc)^{\epsilon}$.

Was soll das $\epsilon$?

Selbst wenn $rad(abc) < c*10^{-6}$ und $\epsilon = 10^{-10}$ wäre, kann ich das doch mit K immer ausgleichen. so dass aus kleiner ein größer  wird.

Bei den Fällen $1+3^{2k}-1= 3^{2k}$ wird  rad(abc) very low, aber ich kann das K Ja gegen 100^{gogol} jagen, oder?







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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-17 16:55


Hallo jürgenX,

ich bin zwar kein Experte auf dem Gebiet, aber so habe ich es verstanden:

Seien $a,b,c$ teilerfremde positive ganze Zahlen und $a+b=c$.

Dann hat die Ungleichung $rad(abc)<c$ unendlich viele Lösungen. Das ist nicht besonders aufregend.

Aber jetzt kommt das $\epsilon>0$ ins Spiel: Die abc-Vermutung besagt, dass die Ungleichung $rad(abc)^{1+\epsilon}<c$ nur endlich viele Lösungen besitzt.



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-18 09:32


2019-11-17 16:55 - querin in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo jürgenX,

ich bin zwar kein Experte auf dem Gebiet, aber so habe ich es verstanden:

(a) Seien $a,b,c$ teilerfremde positive ganze Zahlen und $a+b=c$.

Dann hat die Ungleichung $rad(abc)<c$ unendlich viele Lösungen. Das ist nicht besonders aufregend.

(b)
Aber jetzt kommt das $\epsilon>0$ ins Spiel: Die abc-Vermutung besagt, dass die Ungleichung $rad(abc)^{1+\epsilon}<c$ nur endlich viele Lösungen besitzt.

OK

Sag mir doch  ein Beispiel wo b:

"Aber jetzt kommt das $\epsilon>0$ ins Spiel: Die abc-Vermutung besagt, dass die Ungleichung $rad(abc)^{1+\epsilon}<c$ nur endlich viele Lösungen besitzt."

Und (a), die  unendlichkeitsbedingung gilt oder nicht, aber die gilt ja auch im Falle jedes der endlich viele super (b) abc-triples oder?

bei höchstbekannter Qualität
$\displaystyle 6436343 < K_\epsilon*(15042)^{1+\epsilon}$

$\displaystyle\operatorname{rad}(abc)=2\!\cdot\!3\!\cdot \!23\!\cdot\!109=15042$

Q=1.6..git da a oder b? a and b a xor b ;)

ich habe da eher ein logisches als ein Zahlenproblem.

da wir wie ich sagte das K beliebig hoch treiben koennen.
Mir ist nicht klar dass in bedingung (a)irgendeine schranke definiert wird.

$\displaystyle 64 < K_\epsilon*42^{1+\epsilon}$, was fuer epsilon = 0 mit K = 1.6 lösbar ist.

selbst wenn man das super duper abs tripel findet ich glaube aber man hats aufgegeben, gilt immer noch (a)

Ist a oder b schärfer?
Danke







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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-18 12:04


Hallo, es ist weder das eine noch das andere stärker. Es sind zwei untersxhiedliche Aussagen.

Die eine Aussage ist:
Für alle $\delta>0$ existiert ein Tripel $(a,b,c)\in M$ mit $\frac{\text{rad}(abc)}{c}<\delta$.
Sie ist bewiesen.

Die andere Aussage ist:
Für alle $\varepsilon>0$ existiert ein $K_{\varepsilon}>0$, sodass $\frac{(\text{rad}(abc))^{1+\varepsilon}}{c}<K_{\varepsilon}$ für alle Tripel $(a,b,c)\in M$ gilt.
Es wird bisher nur vermutet, dass sie wahr ist.

Hierbei soll $M=\{(a,b,c)\in \mathbb{N}^3\mid \text{ggT}(a,b)=1,\ a+b=c\}$ sein.

Ersetze mal $\text{rad}(a,b,c)$ durch $\frac{c}{\ln(c+2)}$.

Sei $f\colon \mathbb{N}\to\mathbb{N},\, n\mapsto \frac{n}{\ln(n+2)}$.
Kannst du zeigen, dass für alle $\delta>0$ existiert ein $c\in \mathbb{N}$ mit $\frac{f(c)}{c}<\delta$ existiert?
Kannst du zeigen, dass für alle $\varepsilon>0$ ein $K_{\varepsilon}>0$ existiert, sodass $\frac{f(c)^{1+\varepsilon}}{c}<K_{\varepsilon}$ für alle Tripel $c\in \mathbb{N}$ gilt?



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-11-18 14:39


2019-11-18 12:04 - ochen in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo, es ist weder das eine noch das andere stärker. Es sind zwei untersxhiedliche Aussagen.

Die eine Aussage ist:
Für alle $\delta>0$ existiert ein Tripel $(a,b,c)\in M$ mit $\frac{\text{rad}(abc)}{c}<\delta$.
Sie ist bewiesen.

Die andere Aussage ist:
Für alle $\varepsilon>0$ existiert ein $K_{\varepsilon}>0$, sodass $\frac{(\text{rad}(abc))^{1+\varepsilon}}{c}<K_{\varepsilon}$ für alle Tripel $(a,b,c)\in M$ gilt.
Es wird bisher nur vermutet, dass sie wahr ist.

Hierbei soll $M=\{(a,b,c)\in \mathbb{N}^3\mid \text{ggT}(a,b)=1,\ a+b=c\}$ sein.

Meiner Meinung nach, ist das so nicht ganz richtig. Die erste Aussage ist in Ordnung, es wäre aber in diesem Zusammenhang vielleicht besser, sie so zu formulieren:

Für alle $K>0$ existiert stets ein Tripel $(a,b,c)\in M$, sodass $\frac c{\text{rad}(abc)}>K$. (*)

Die zweite Aussage (hier hast du für mich Zähler und Nenner vertauscht!), also dann die abc-Vermutung, um die es hier ja geht, behauptet gewissermaßen das genaue Gegenteil, wenn man in (*) den Exponenten 1 von rad($abc$) auf $1+\varepsilon$ für ein beliebiges $\varepsilon>0$ erhöht, genauer also:

Für alle $\varepsilon>0$  existiert stets ein $K_\varepsilon>0$, sodass für alle Tripel $(a,b,c)\in M$ gilt $\frac c{\text{rad}(abc)^{1+\varepsilon}}\le K_\varepsilon$.

In meinen Augen sieht man bei dieser Art der Gegenüberstellung am Besten, worum es hier eigentlich geht.



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-18 19:08


2019-11-18 14:39 - weird in Beitrag No. 4 schreibt:

Meiner Meinung nach, ist das so nicht ganz richtig. Die erste Aussage ist in Ordnung, es wäre aber in diesem Zusammenhang vielleicht besser, sie so zu formulieren:

Für alle $K>0$ existiert stets ein Tripel $(a,b,c)\in M$, so dass $\frac c{\text{rad}(abc)}>K$. (*)

Die zweite Aussage (hier hast du für mich Zähler und Nenner vertauscht!), also dann die abc-Vermutung, um die es hier ja geht, behauptet gewissermaßen das genaue Gegenteil, wenn man in (*) den Exponenten 1 von rad($abc$) auf $1+\varepsilon$ für ein beliebiges $\varepsilon>0$ erhöht, genauer also:

Für alle $\varepsilon>0$  existiert stets ein $K_\varepsilon>0$, sodass für alle Tripel $(a,b,c)\in M$ gilt $\frac c{\text{rad}(abc)^{1+\varepsilon}}\le K_\varepsilon$.

In meinen Augen sieht man bei dieser Art der Gegenüberstellung am Besten, worum es hier eigentlich geht.

Danke fuer eure Beiträge. smile

In Falle B bekommen wir durch logarithmieren und umstellen:

$\displaystyle log(c) < log(K_\epsilon) + ((1+\epsilon)) log(rad(abc))$, was eine lineare Gleichung log(rad(abc)) aufgetragen ueber  log(c) ergibt, die eine y.Wert(0)= $log(K_\epsilon)$ hat, und dann mit $\displaystyle 1+\epsilon$ steigt.

In Falle A bekommen wir durch Logarithmieren und umstellen:

$\displaystyle \forall \delta > 0: rad(abc)/c < \delta$.
$\displaystyle log(rad(abc)) <= log(c)$.

Meist ist $\displaystyle log(c) = log(rad(c)), c>0$. Wenn man will kann ich zeigen,dass das in $\displaystyle \frac{6}{\pi^2}$ der Fälle gilt.

Eine einfache Gerade, die log(rad(abc)) aufgetragen ueber log(c) durch den Ursprung geht und unterhalb derer nach der A-Behauptung unendlich viele abc-Treffer, und auch beliebig nahe der Abszisse zu finden sind.

Edit :::

Die trifft den Wert $6436343 = 480*15042^{1}$.

Ich glaube, die A-aussage ist durch $\displaystyle 1+ 3^{2k}-1= 3^{2k}$ immer erfüllbbar.

Mein Taschenrechner steigt da bei k =10 aus. das macht nichts.
So haben wir die A-Behauptung bewiesen. reicht das?

Wie aber man man kommt überhaupt auf die B Behauptung?
Es gäbe also rad Werte die oberhalde A-Geraden liegen?
Danke

Ich glaube eher dass die endliche prognostizierte Zahl im B-fall eher 0 ist.






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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-18 21:53


2019-11-18 19:08 - juergenX in Beitrag No. 5 schreibt:
Ich glaube, die A-aussage ist durch $\displaystyle 1+ 3^{2k}-1= 3^{2k}$ immer erfüllbbar.

Mein Taschenrechner steigt da bei k =10 aus. das macht nichts.
So haben wir die A-Behauptung bewiesen. reicht das?
Einsetzen von 10 Werten in den Taschenrechner reicht wohl nicht wink
Aussage (A) wurde von David Masser bewiesen.


Wie aber man man kommt überhaupt auf die B Behauptung?
Das sollte man David Masser und Joseph Oesterlé fragen, die diese Vermutung 1985 formuliert haben.


Ich glaube eher dass die endliche prognostizierte Zahl im B-fall eher 0 ist.
Nein. Zu jeder der unendlich vielen Lösungen $(a,b,c)$ von (A) können unendlich viele $\varepsilon>0$ angegeben werden, sodass $(a,b,c)$ auch eine der endlich(!) vielen Lösungen von (B) für jedes dieser $\varepsilon$ ist.

Beispiel: (3,125,128) ist ein abc-Tripel, d.h. eine Lösung von (A). Dann rechnet man leicht nach, dass (3,125,128) auch die Ungleichung in (B) für $0<\varepsilon<0.019$ erfüllt.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-11-19 09:45


2019-11-18 21:53 - querin in Beitrag No. 7 schreibt:
2019-11-18 19:08 - juergenX in Beitrag No. 5 schreibt:
Ich glaube, die A-aussage ist durch $\displaystyle 1+ 3^{2k}-1= 3^{2k}$ immer erfüllbbar.

Mein Taschenrechner steigt da bei k =10 aus. das macht nichts.
So haben wir die A-Behauptung bewiesen. reicht das?
Einsetzen von 10 Werten in den Taschenrechner reicht wohl nicht wink

Ja, und auch der Taschenrechner, der erst bei $k=10$ aussteigt, muss erst erfunden werden. Es wäre nicht Jürgen, hätte er nicht auch da etwas missverstanden.  biggrin

In Wahrheit geht es hier nämlich um die abc-Tripel
\[(a,b,c)=(1,3^{2^k}-1,3^{2^k})\quad (k\in\mathbb N^*)\] die im Kontext von Aussage (a) wirklich eine wichtige Rolle spielen, da sie eine besonders ergiebige Quelle von "abc-Treffern" liefern und allein für sie schon der Quotient $c/\text{rad}(abc)$ in Aussage (a) nach oben nicht beschränkt ist. Nach dieser "kleinen Korrektur" hat er also tatsächlich Recht damit, dass man diesen Tripeln besonderes Augenmerk schenken sollte.  wink



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-19 19:45


Unklarheit zur abc-Vermutung
 
2019-11-19 09:45 - weird in Beitrag No. 8 schreibt:

 
In Wahrheit geht es hier nämlich um die abc-Tripel
\(a,b,c)=(1,32k−1,32k)(k∈N∗)die im Kontext von Aussage (a) wirklich eine wichtige Rolle spielen, da sie eine besonders ergiebige Quelle von "abc-Treffern" liefern und allein für sie schon der Quotient c/rad(abc) in Aussage (a) nach oben nicht beschränkt ist. Nach dieser "kleinen Korrektur" hat er also tatsächlich Recht damit, dass man diesen Tripeln besonderes Augenmerk schenken sollte.  wink

Ich meinte den eingebauten Rechner bei Windows 7 mit k=33. Das bekannteste Beispiel ist:
$\displaystyle
a + b + c = 1 + (3^{66} − 1) = 3^{66} = 30903154382632612361920641803529$.
$\displaystyle a = 1$
$\displaystyle b = 3^{66}-1$
$\displaystyle c = 3^{66}$

$\displaystyle b = 30903154382632612361920641803528 =
2^3 × 7 × 13 × 23 × 67 × 661 × 3851 × 25411 × 176419 × 2 413 941 289$

Im folgenden arbeite ich mit 10er Logarithmen:
Alle doublefloatvalues auf 3-7 Stellen gerundet:

$\displaystyle c = 30903154382632612361920641803529$
$\displaystyle log(c) = 31,4900$
$\displaystyle rad(c)=3$ (!)
$\displaystyle rad(abc) = 15042$. (!)
$\displaystyle abc \approxeq 9,5500495 e+62$
$\displaystyle log(rad(abc)) = 4,1773$.

$\displaystyle Q = log(c)/log(rad(abc)) \approxeq 31,4900/4,1773 \approxeq  7,53836$(!)

Also ein abc-Treffer sehr hoher Qualität, der sehr weit unterhalb der oben skizzierten Gerade (a) liegt.
In dem Falle koennen wir sagen: $\displaystyle log(c) < K * log(rad(abc)), K \approxeq  0,41778$.

D.H wir haben ein sehr niedriges rad(abc) verglichen mit c.

Ich denke also, die A-aussage ist immer erfüllbbar durch $\displaystyle 1+(3^{2k}−1)=3^{2k}$.
Beweisen kann ich es (noch) nicht, obwohl es irgendwie obvious ist, durch die sehr kleinen rad(abc). Das ist auch nicht so interessant.

Die Aussage $\displaystyle log(c) < log(K_\epsilon) + ((1+\epsilon)) rad(abc)$ meint, dass es auch endlich viele abc-tripel gibt, die oberhalb der einmal festgelegten Geraden (A) liegen. Diese ist momentan durch
2 + 6436341 = 6436343 festgelegt.  

Beide Aussagen sind verschiedene Abschätzungen über die Obergrenze eines ABC Tripels.
Also die erreichbare Größe von rad(abc).
Wie schlecht kann die schlechteste Qualität eines abc-tripels wie oben definiert werden?

EDIT ich habe oben das falsche c  genommen aber ich hab jetzt keine Zeit für Korrektur.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-11-20 14:30


@JuergenX

Nochmals richtig zitiert, da du das offenbar noch immer nicht verstanden hast:

2019-11-19 09:45 - weird in Beitrag No. 8 schreibt:
In Wahrheit geht es hier nämlich um die abc-Tripel
\[(a,b,c)=(1,3^{2^k}-1,3^{2^k})\quad (k\in\mathbb N^*)\] die im Kontext von Aussage (a) wirklich eine wichtige Rolle spielen, da sie eine besonders ergiebige Quelle von "abc-Treffern" liefern und allein für sie schon der Quotient $c/\text{rad}(abc)$ in Aussage (a) nach oben nicht beschränkt ist.

Die Hochzahlen von den 3-er Potenzen sind also nicht $2k$, wie bei dir, sondern $2^k$ (in Worten: 2 hoch $k$)! Und ja, welchen Rechner du da auch immer benützt, ich bezweifle, ob du beim Nachrechnen über einstellige $k$ jemals hinauskommst, lasse mich aber auch gern eines Besseren belehren.  cool



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-22 06:59



Ja danke, es scheint mir nicht so sehr darauf an zu kommen dass es irrsinnig hohe C    die ABC Vermutung sagt nach meinem Dafürhalten doch etwas aus dass die radikale einen bestimmten Wert nicht überschreiten können und zwar einen Wert der unterhalb der von mir skizzierten gerade radikal abc = 480 mal C oder so ähnlich liegt entschuldigung ich kann momentan nur mit dem Handy arbeiten bei
 mal wieder im Argen liegt



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-11-22 10:11


2019-11-22 06:59 - juergenX in Beitrag No. 10 schreibt:

Ja danke, es scheint mir nicht so sehr darauf an zu kommen dass es irrsinnig hohe C    die ABC Vermutung sagt nach meinem Dafürhalten doch etwas aus dass die radikale einen bestimmten Wert nicht überschreiten können und zwar einen Wert der unterhalb der von mir skizzierten gerade radikal abc = 480 mal C oder so ähnlich liegt

Nein. Aussage (A) bedeutet doch gerade, dass es keine Schranke für $\varepsilon=0$ gibt. Weder $480$ noch $10^{googol}$ noch sonst etwas. Das ist bewiesen, da wirst du nichts mehr dran ändern.


Bei der abc-Vermutung musst du von einem beliebigen, aber fest vorgegebenem $\varepsilon>0$ ausgehen.

Betrachte z.B. $\varepsilon=0.01$. Dann gibt es eine Schranke $K_{0.01}$, sodass für alle abc-Treffer gilt: $c<K_{0.01}\cdot rad(abc)^{1.01}$.

Aus deinem Beipiel in Beitrag #9 kann man eine untere Schranke für $K_{0.01}$ gewinnen: Für $(a,b,c)=(1,3^{66}-1,3^{66})$ ist $rad(abc)=23177365786974459271440481352646$ und $c\approx 0.648\cdot rad(abc)^{1.01}$, also muss $K_{0.01}$ größer als $0.648$ sein.
Aber die tatsächliche Größe von $K_{0.01}$ ist gar nicht wichtig - es geht um die Existenz einer Schranke $K_{0.01}$, die für alle (a,b,c) gilt. Und die kann mit Zahlenbeispielen nie bewiesen werden!


Leichter verständlich ist die (ebenfalls noch unbewiesene) "schwache abc-Vermutung". Da betrachtet man den Spezialfall $\varepsilon=1$ und es wird vermutet, dass $K_1$ gleich 1 ist.

Aussage (C): Für alle teilerfremden positiven ganzen Zahlen $(a,b,c)$ mit $a+b=c$ gilt $c<rad(abc)^2$.

Diese Vermutung könnte mit einem einzigen Gegenbeispiel widerlegt werden. Aber selbst wenn es so ein Gegenbeispiel gäbe, würde das die (startke) abc-Vermutung nicht in Frage stellen; dann wäre $K_1$ einfach nur größer als 1.




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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-23 00:02


2019-11-22 10:11 - querin in Beitrag No. 11 schreibt:

Aus deinem Beipiel in Beitrag #9 kann man eine untere Schranke für $K_{0.01}$ gewinnen: Für $(a,b,c)=(1,3^{66}-1,3^{66})$ ist $rad(abc)=23177365786974459271440481352646$ und $c\approx 0.648\cdot rad(abc)^{1.01}$, also muss $K_{0.01}$ größer als $0.648$ sein.
Aber die tatsächliche Größe von $K_{0.01}$ ist gar nicht wichtig - es geht um die Existenz einer Schranke $K_{0.01}$, die für alle (a,b,c) gilt. Und die kann mit Zahlenbeispielen nie bewiesen werden!

Ja:)
wie ich versuchte irgendwie grafisch darzustellen ohne es zu malen, dass ich was hier sehr schön wäre, eine Gerade also lineare Funktion für den Fall (a) zu zeichnen, in der wir $\displaystyle f(c) = K_0*log(rad(abc))$ auftragen.

Unendlich viele abc-treffer liegen nach A auf oder unter einer Geraden
$\displaystyle K \gt 0, ggt(abc)=1, log(rad(abc))/log(c) \lt \log K$ für heliebige K, wenn ich das jetzt endlich richtig verstand.
Aber:

Alle Abc-treffer liegen nach der schwachen Bedingung A auf oder unter oder auf einer Geraden mit der Steigung log K_0.
$\displaystyle ggt(abc) = 1$ und $\frac{log(rad{abc})}{log{c}} < log K_0$.
Oder
$\displaystyle log(rad(abc)) = \log(K_0) * \log(c)$.
Die Steigung $\displaystyle K_0$ ist im Falle $\displaystyle 2+3^{10}*109 = 23^5 \approx 428$, also $\displaystyle K_0 * 5*log(23)=log(2*3*23*109)$,
$\displaystyle K_0 * 5*log(23) = log(15042)$.
$\displaystyle log(K_0) = log(15042/(5*log(23)) = 1,63...$

Diese sog. Qualität $\displaystyle log K_0 ´\approx 1,62991$ ist noch nicht übertroffen worden.

Alle abc-Treffer liegen unterhalb dieser Geraden im System
$\displaystyle log K_0 = log(c)/log(rad(abc))\approx 1,62991$.
$\displaystyle K_0 = c/rad(abc) \approx 428$.

Ist das bis hiero befriedigend ausreichend oder genügend ? oder zumindest richtig:)
Man kamm Imho aber sagen, dass für alle $c/rad(abc) = K_0 < 428$ eine obere Schranke ist?

Sorry, mir fehlt eben die Geduld das semantisch oder syntaktisch wie heisst es latexrichtig darzustellen.

Schreibt man vor die log immer ein \ ?
Ich wollte an sich auf was weitergehendes raus, aber habe das obere oder untere Schrankenverständnis problem (oder so was gg) noch nicht so verinnerlicht..

IMHO gibt es auch und das ist wichtig, Obergrenzen von $log(lb(rad(a))-log(lb(a))+log(lb(rad(b))-log(lb(b))+log(lb(rad(c))-log(lb(c))$ und wie sehen die aus?

Wenn ich $log(rad(abc))/log(c)$ umschreibe, was bei ggt(a,b) obdA immer möglich ist.
Und was ist $K.(*)$ ?




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-11-23 08:49


2019-11-23 00:02 - juergenX in Beitrag No. 12 schreibt:
Man kamm Imho aber sagen, dass für alle $c/rad(abc) = K_0 < 428$ eine obere Schranke ist?

Man könnte in diesem Thread einen Counter c einführen, der mitzählt, wie oft hier schon gesagt wurde, dass diese Aussage falsch ist. Ich erhöhe ihn hiermit um 1, indem ich jetzt einfach nur wiederhole, was querin zuletzt in #11 schon gesagt hat: Der Quotient $c/rad(abc)$ ist nicht nach oben beschränkt, nicht durch 428 und auch nicht durch 10^googol oder sonstwas.  eek

Und ja, dass dies nicht mehr gilt, wenn man ihn durch $c/rad(abc)^{1+\varepsilon}$ für irgendein $\varepsilon>0$ ersetzt, das ist eben genau die abc-Vermutung, auch das sei damit nochmals gesagt.



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juergenX
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2019-11-23 08:49 - weird in Beitrag No. 13 schreibt:
2019-11-23 00:02 - juergenX in Beitrag No. 12 schreibt:
Man kamm Imho aber sagen, dass für alle $c/rad(abc) = K_0 < 428$ eine obere Schranke ist?

Man könnte in diesem Thread einen Counter c einführen, der mitzählt, wie oft hier schon gesagt wurde, dass diese Aussage falsch ist. Ich erhöhe ihn hiermit um 1, indem ich jetzt einfach nur wiederhole, was querin zuletzt in #11 schon gesagt hat: Der Quotient $c/rad(abc)$ ist nicht nach oben beschränkt, nicht durch 428 und auch nicht durch 10^googol oder sonstwas.  eek

Und ja, dass dies nicht mehr gilt, wenn man ihn durch $c/rad(abc)^{1+\varepsilon}$ für irgendein $\varepsilon>0$ ersetzt, das ist eben genau die abc-Vermutung, auch das sei damit nochmals gesagt.

Wenn wie auch im folgenden $\displaystyle a =2, b = 6436341, c = 6436343 = 23^5$, dann:

Für $\displaystyle 6436343 < K_\epsilon*(15042)^{1+\epsilon}$, kann ich Für $\displaystyle\epsilon = 0$ lösen mit K = 428.

Bitte sehr hier ausführliche Rechnung:

$log(6436343) < log(K_0) + log(15042)$.
oder  $\displaystyle 15,67747 < log(K_0) + 9,6186$ oder
$\displaystyle log(K_0) > 15,67747 - 9,6186$ oder $\displaystyle log(K_0) > 6,0588$ oder $\displaystyle K_0 > e^{6,0588}$.

Die sogenannte Qualität eines abc tripels ist definiert $\displaystyle Q(abc) = log(c)/log(rad(abc)) \approx 1,6299$.

Ich definiere die Umkehrung der Qualität als $\displaystyle R(abc) = log(rad(abc))/log(c)\approx 0,613534$.

Dann ist $\displaystyle K_0 > 2{,}718\,281\,828\,459^{6,0588}$.
$\displaystyle e\approx 2,718281828459$.
$\displaystyle K_0 > e^{6,0588}$.
$\displaystyle K_0 > 2{,}718\,281\,828\,459^{6,0588}$.
$\displaystyle K_0 > 427,8$.
$\displaystyle Q(abc) = log(c)/log(rad(abc)) \approx 1,6299$.
$\displaystyle R(abc) = log(rad(abc))/log(c)\approx 0,613534$ ist auch die Steigung einer Geraden $\displaystyle log(rad(abc)) = R * log(c)$, die durch den Ursprung und $\displaystyle (log(15042),log(6436343))$ geht.

Diese Qualität $Q_{max} = \approx 1,6299$ des o.a. (a,b,c) ist die bisher höchstbekannte errechnete, d. h. es gilt:
$\displaystyle \forall a,b,c >0, a + b = c, ggt (a,b) = 1, Q(abc) = log(c)/log(rad(abc)) \lt 1,63$.

oder
$\displaystyle c < rad(abc)*428$. Aber auch: $\displaystyle c < K_\epsilon*rad(abc)^{1+\epsilon}$.

Für alle $\displaystyle\epsilon > 0$  wird $\displaystyle K_\epsilon$ kleiner als 428 sein, was ich nur aus dem bisherigen Maximum $Q = 1,6299$ schliesse.
Für eine Geradensteigerung kleiner als $0,613534...$ also $\displaystyle K_0 > 427,8$ gibt es nach teil A der ABC- Vermutung immer noch unendlich viele abc-treffer rechts der Geraden $\displaystyle log(rad(abc)) = Q*log(c)$.
Ich denke das ist so weit richtig, oder  confused
Selbst wenn wir ein besseres abc mit $\displaystyle Q > 1,6299$ fänden würden alle Berechnungen noch stimmen, dann mit anderem m als 428.
Mit anderen Worten verstehe ich nicht ganz die Notwendigkeit einer Einführung eines epsilon..









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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-23 22:14


Nachträglich:

$\displaystyle log(c) < log(K_\epsilon) + (1+\epsilon)*rad(abc)$.
$\displaystyle log(c) < log(K_\epsilon) + rad(abc) + rad(abc)*\epsilon$.
$\displaystyle
log(K_\epsilon)+log(rad(abc))+log(rad(abc))*\epsilon > log(c)$.

$\displaystyle
log(K_\epsilon) > log(c)-log(rad(abc)) - log(rad(abc))*\epsilon$.

Im Falle $\displaystyle \epsilon =1: log(K_1) > log(c)-2*log(rad(abc))$.

$\displaystyle log(K_1)/log(rad(abc)) > log(c)/log(rad(abc)) - 2$.

Also bekommen wir eine größere Obere Schranke der Qualität $\displaystyle Q = log(c)/log(rad(abc))$
Oder $\displaystyle Q_1 = Q_0+2$

Aber wozu ?







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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-11-24 09:17


Wie weird möchte auch ich nichts mehr zum Fall $\varepsilon=0$ und deinem ominösen 428 sagen. Es gibt kein $K_0$, die Schranken $K\varepsilon$ sind nur für $\varepsilon>0$ definiert.

2019-11-23 22:14 - juergenX in Beitrag No. 15 schreibt:
Nachträglich:

$\displaystyle log(c) < log(K_\epsilon) + (1+\epsilon)*rad(abc)$.
$\displaystyle log(c) < log(K_\epsilon) + rad(abc) + rad(abc)*\epsilon$.
$\displaystyle
log(K_\epsilon)+log(rad(abc))+log(rad(abc))*\epsilon > log(c)$.

$\displaystyle
log(K_\epsilon) > log(c)-log(rad(abc)) - log(rad(abc))*\epsilon$.

Im Falle $\displaystyle \epsilon =1: log(K_1) > log(c)-2*log(rad(abc))$.

$\displaystyle log(K_1)/log(rad(abc)) > log(c)/log(rad(abc)) - 2$.

Also bekommen wir eine größere Obere Schranke der Qualität $\displaystyle Q = log(c)/log(rad(abc))$
Oder $\displaystyle Q_1 = Q_0+2$

Aber wozu ?

Das macht (bis auf die Zeile "Oder $Q_1=Q_0+2$") Sinn. Es bedeutet $Q<2+log(K_1)/log(rad(abc))$

Wenn jetzt $K_1$ gleich 1 ist, dann gilt für alle abc-Treffer $Q<2$. Und das ist die schwache abc-Vermutung (Aussage (C) in Beitrag #11). Jetzt müsste man "nur noch" $K_1=1$ beweisen - oder mit einem Gegenbeispiel widerlegen.




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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-25 01:22


2019-11-24 09:17 - querin in Beitrag No. 16 schreibt:
Wie weird möchte auch ich nichts mehr zum Fall $\varepsilon=0$ und deinem ominösen 428 sagen. Es gibt kein $K_0$, die Schranken $K\varepsilon$ sind nur für $\varepsilon>0$ definiert.

Das macht (bis auf die Zeile "Oder $Q_1=Q_0+2$") Sinn. Es bedeutet $Q<2+log(K_1)/log(rad(abc))$

Wenn jetzt $K_1$ gleich 1 ist, dann gilt für alle abc-Treffer $Q<2$. Und das ist die schwache abc-Vermutung (Aussage (C) in Beitrag #11). Jetzt müsste man "nur noch" $K_1=1$ beweisen - oder mit einem Gegenbeispiel widerlegen.


angenommen
(*)$Q<2+log(K_1)/log(rad(abc))$ gilt fuer ein gewisses K_1. Es gibt einen Beweis, dass diese schwache abc-Vermutung (Aussage (C) in Beitrag #11) fuer K_1 = 1 gilt. Aber $log(K_1) = 0$ !
also $Q < 2$ fuer alle abc?

Was wird denn in den Faellen $1+(3^{2k})-1) =3^{2k}$, wo fuer sehr hohe k $log(c)/log(rad(abc))$ angeblich beliebig klein wird? Und Q=2 überschritten wird?














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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-25 05:22


Aus einem älteren Beitrag:



Für <math>a=1</math>, <math>b=3^{2^k}-1</math> und <math>c=3^{2^k}</math> ist offenbar einerseits <math>a+b=c</math> und andererseits <math>\mathrm{rad}(abc)\leq 3 \cdot 2 \cdot \frac{3^{2^k}-1}{2^k}<\frac{6}{2^k} \cdot c</math> bzw. <math>c>\frac{2^k}{6} \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+0}</math>, sodass es für <math>\epsilon=0</math> keine Konstante <math>K</math> gibt, sodass für alle Tripel <math>(a,b,c)</math> natürlicher Zahlen mit <math>a+b=c</math> die Ungleichung <math>c<K \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+\epsilon}=K \cdot \mathrm{rad}(abc)</math> gilt.


Wenn ich ein vernünftiges Rechenprogramm hätte, würde ich für große k sehen, wie hoch $log(c)/log(rad(abc))$ werden kann.
Wie klein kann $log(rad(abc))$ werden mit epsilon = 0? Hat jemand so ein Programm?

<math>\displaystyle c < \frac{2^k}{6} \cdot \mathrm{rad}(abc)</math>
<math>\displaystyle 6c < {2^k}\cdot \mathrm{rad}(abc)</math>

<math>\displaystyle log(6)+log(c) < k*log{2} + \mathrm{rad}(abc)</math>
<math>\displaystyle log(c) < k*log{2} + \mathrm{rad}(abc)-log(6)</math>
<math>\displaystyle \frac{log(c)}{rad(abc)} > \frac{k*log{2}-log(6)}{rad(abc)} +1</math>

soll also eine Lösung nach abc Vermutung (A) haben für alle k !

<math>\displaystyle c<\frac{2^k}{6} \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+\epsilon}</math>.
<math>\displaystyle log(c) < k*log{2} + \mathrm{rad}(abc) + \mathrm{rad}(abc)^{1+\epsilon} -log(6)</math>.

<math>\displaystyle log(c)/rad(abc) < k*log{2}/rad(abc) + 1+ \mathrm{rad}(abc)/rad(abc)^{\epsilon}-log(6)</math> soll also eine Lösung nach abc Vermutung (B) haben für gewisse $k \displaystyle > k_n$ mit $K_{\epsilon}=\frac{2^k}{6}$!
Das liesse sich errechnen. Ein Gegenbeispiel würde die schwache  abc-Vermutung widerlegen.

Irgenwie bezweifle ich die Aussage (a), dass $c/radabc$ beliebig groß werden kann.
Wenn $a+b=c > 10^{100}$ ist, kann $rad(abc)$ kaum kleiner bspweise 5 sein,oder.








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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-11-25 11:10


2019-11-25 05:22 - juergenX in Beitrag No. 18 schreibt:
Aus einem älteren Beitrag:



Für <math>a=1</math>, <math>b=3^{2^k}-1</math> und <math>c=3^{2^k}</math> ist offenbar einerseits <math>a+b=c</math> und andererseits <math>\mathrm{rad}(abc)\leq 3 \cdot 2 \cdot \frac{3^{2^k}-1}{2^k}<\frac{6}{2^k} \cdot c</math> bzw. <math>c>\frac{2^k}{6} \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+0}</math>, sodass es für <math>\epsilon=0</math> keine Konstante <math>K</math> gibt, sodass für alle Tripel <math>(a,b,c)</math> natürlicher Zahlen mit <math>a+b=c</math> die Ungleichung <math>c<K \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+\epsilon}=K \cdot \mathrm{rad}(abc)</math> gilt.


Wenn ich ein vernünftiges Rechenprogramm hätte, würde ich für große k sehen, wie hoch $log(c)/log(rad(abc))$ werden kann.
Wie klein kann $log(rad(abc))$ werden mit epsilon = 0? Hat jemand so ein Programm?

<math>\displaystyle c>\frac{2^k}{6} \cdot \mathrm{rad}(abc)</math>
<math>\displaystyle 6c > {2^k}\cdot \mathrm{rad}(abc)</math>

<math>\displaystyle log(6)+log(c) > k*log{2} + \mathrm{rad}(abc)</math>
<math>\displaystyle log(c) > k*log{2} + \mathrm{rad}(abc)-log(6)</math>
<math>\displaystyle \frac{log(c)}{rad(abc)} > \frac{k*log{2}-log(6)}{rad(abc)} +1</math>

soll also eine Lösung nach abc Vermutung (A) haben für alle k !

Das ist ab der dritten Zeile falsch, welche richtig
\[ \log(6)+\log(c) > k*log{2} + \log(\textrm{rad}(abc))\] lauten müsste.

Aber selbst wenn du dich da nicht verrechnet hättest, so könnte man ja von der letzten Gleichung ausgehend zurückrechnen zu
\[c>\frac{2^k}6 \cdot \textrm{rad}(abc)\] da dies ja lauter Äquivalenzumformungen sind (oder besser: sein sollten!) und diese Gleichung ja für unser(!) $k$, sowie auch alle größeren, hier jedenfalls gilt. Beachte, dass $k\in\mathbb N^*$ zwar beliebig gewählt werden kann, aber danach dann fest ist!!!


<math>\displaystyle c>\frac{2^k}{6} \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+\epsilon}</math>.
<math>\displaystyle log(c) > k*log{2} + \mathrm{rad}(abc) + \mathrm{rad}(abc)^{1+\epsilon} -log(6)</math>.

<math>\displaystyle log(c)/rad(abc) > k*log{2}/rad(abc) + 1+ \mathrm{rad}(abc)/rad(abc)^{\epsilon}-log(6)</math> soll also eine Lösung nach abc Vermutung (B) haben für gewisse $k \displaystyle > k_n$ mit $K_{\epsilon}=\frac{2^k}{6}$!
Das liesse sich errechnen. Ein Gegenbeispiel würde die schwache  abc-Vermutung widerlegen.

Hier stimmt bereits die zweite Gleichung nicht aufgrund einer falschen Anwendung der Logarithmus-Gesetze, womit man sich das Lesen des Rests dann wohl ersparen kann.  eek


Irgenwie bezweifle ich die Aussage (a), dass $c/radabc$ beliebig groß werden kann.
Wenn $a+b=c > 10^{100}$ ist, kann $rad(abc)$ kaum kleiner bspweise 5 sein,oder.

Einen kleinen Moment noch, ich muss mal meinen Zähler (ich nenne ihn mal weniger missverständlich - danke, StrgAltEntf ! - counter), um eins hochzählen:
counter:=counter+1

Und ja, nochmal sei es gesagt: Es genügt dazu die Tripel
\[(a,b,c)=(1,3^{2^k}-1,3^{2^k})\quad (k\in\mathbb N^*) \] zu betrachten, und aus dem, was Cyrix in deinem obigem Zitat geschrieben hat, folgt dann sofort, dass $c/\textrm{rad}(abc)$ beliebig groß werden kann. Versuch das einfach mal selber nachzurechnen *), wenn es ein Problem damit gibt, so helfe ich gerne.  wink

*) Du kannst auch zunächst einfach irgendein CAS zur Hilfe nehmen und den Quotienten $c/\textrm{rad}(abc)$ für "kleine" $k$ näherungsweise berechnen. (Bis $k=7$ sollte das absolut problemlos möglich sein, Derive kommt sogar bis $k=9$ und gibt erst dann auf!) Der erste Eindruck, dass diese Quotienten mindestens um einen Faktor wachsen, der 2 immer näher kommt, ist auch tatsächlich richtig und lässt sich durch einfaches manuelles Nachrechnen sofort bestätigen.



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-26 03:36


Ich betrachte an einem Fall mal das tripel 1+(3^2^7-1) = 3^{128}.
k = 7
exponent = 2^7 = 128
basis = 3
$\displaystyle c = 11790184577738583171520872861412518665678211592275841109096961 = 3^{128}$.
$\displaystyle a = 1$.
$\displaystyle b = 11790184577738583171520872861412518665678211592275841109096960 =   2^9 × 5 × 17 × 41 × 193 × 21 523361 × 926 510094 425921 × 1 716841 910146 256242 328924 544641$.
$\displaystyle a + b = c, ggt(a,b)=1$.

$\displaystyle b/(2^7) = 92110817013582681027506819229785302075611028064655008664820 =  2^2 × 5 × 17 × 41 × 193 × 21 523361 × 926 510094 425921 × 1 716841 910146 256242 328924 544641$.

was zeigt, dass 2^k teilt b.

$\displaystyle 1 + 11790184577738583171520872861412518665678211592275841109096960 =  11790184577738583171520872861412518665678211592275841109096961 = c = 3^{128}$.
$\displaystyle rad(c)=3$!

$\displaystyle abc =  139008452377144732764939786789661303114218850808529137991604812639851494891183264420128907741590943843600073264707790338560 = 2^9 × 3^{128} × 5 × 17 × 41 × 193 × 21 523361 × 926 510094 425921 × 1 716841 910146 256242 328924 544641$.
$\displaystyle rad(abc) = 2 * 3 * 5 * 17 * 41 * 193 * 21523361 * 926510094425921 * 1716841910146256242328924544641
\approx 1,3816622552037402154126022884468e+59$

$\displaystyle c/rad(abc) \approx 8.5 e -29$.

Finde nun ein K_1, so dass  
$\displaystyle c < K_1 * rad(abc)^2$.

$\displaystyle log(c) < log(K_1) + 2*rad(abc)$.

Ein solches k_1 existiert sicher, es gilt $c<rad(abc)^2$
Beweist das jetzt die schwache abc-vermutung?
Leider finde ich zur Berechnung der Qualitaet keinen natuerlichen Logarithmus in der gmp library.


Der erste Eindruck, dass diese Quotienten mindestens um einen Faktor wachsen, der 2 immer näher kommt

welche Quotienten wachsen mindestens um einen Faktor , der 2 immer näher kommt??




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-11-26 12:46


2019-11-26 03:36 - juergenX in Beitrag No. 20 schreibt:
Ich betrachte an einem Fall mal das tripel 1+(3^2^7-1) = 3^{128}.
k = 7
[..]

$\displaystyle b/(2^7) = 92110817013582681027506819229785302075611028064655008664820 =  2^2 × 5 × 17 × 41 × 193 × 21 523361 × 926 510094 425921 × 1 716841 910146 256242 328924 544641$.

was zeigt, dass 2^k teilt b.

Ja, das ist jetzt mal ein Anfang. Für mich stellt sich aber die Frage, warum du hier die "kleinen" $k=1,2,3,4,5,6$ "verschmähst", für welche erstens die Rechnung viel einfacher ist und sie teilweise noch im Kopf erledigt werden kann, und anhand derer man zweitens dann auch sehr schön verfolgen kann, "wie der Hase läuft".

Ok, machen wir doch mal "Nägel mit Köpfen", wie man so schön sagt. Ich ändere dafür unsere Bezeichnung auf
\[a_k=1,\ b_k=3^{2^k}-1,\ c_k=3^{2^k}\quad (k\in\mathbb N^*)\] Als erstes brauchen wir eine Formel für rad$(a_kb_kc_k),\ k=1,2,3,...$, was wegen
\[\textrm{rad}(a_kb_kc_k)=3\textrm{rad}(b_k)\quad (k\in\mathbb N^*)\] also dann auf eine Formel für rad$(b_k),\ k=1,2,3,...$ hinausläuft. Nun gilt aber die Rekursionsformel
\[b_1=3^2-1=8,\quad b_{k+1}=2b_k\cdot \frac{3^{2^k}+1}2\quad (k\in\mathbb N^*)\] wobei
\[\textrm{ggT}(2b_k,\frac{3^{2^k}+1}2)=1\quad (k\in\mathbb N^*)\] ist, woraus wegen $\textrm{rad}(2b_k)=\textrm{rad}(b_k)$ für $k\in\mathbb N^*$ unmittelbar
\[\textrm{rad}(b_{k+1})=\textrm{rad}(b_k)\textrm{rad}\left(\frac{3^{2^k}+1}2\right)\quad (k\in\mathbb N^*)\] folgt. Nun ist aber
\[\textrm{rad}\left(\frac{3^{2^k}+1}2\right)\le \frac{3^{2^k}+1}2\quad (k\in\mathbb N^*)\] wobei die Gleichheit genau dann gilt, wenn $(3^{2^k}+1)/2$ quadratfrei ist und diese Quadratfreiheit für die Fälle $k=1,2,...,8,9$, welche ich überprüft habe, tatsächlich zutrifft. Somit gelten also schlussendlich für unsere Quotienten
\[q_k=\frac c{\textrm{rad}(abc)} \quad (k\in\mathbb N^*)\] die folgenden Beziehungen
\[q_1=\frac 32,\quad q_{k+1}=q_k\cdot \frac{3^{2^k}}{\textrm{rad}((3^{2^k}+1)/2)}\ge 2q_k\cdot \frac{3^{2^k}}{3^{2^k}+1} \quad (k\in\mathbb N^*)\quad (*)\]

Das sollte dann wohl auch die untenstehende Frage beantworten:



Der erste Eindruck, dass diese Quotienten mindestens um einen Faktor wachsen, der 2 immer näher kommt

welche Quotienten wachsen mindestens um einen Faktor , der 2 immer näher kommt??

Ich hätte jetzt 2 Aufgaben für dich, welche beide ungemein lehrreich wären, wenn dich das Thema hier wirklich interessiert, wovon ich jetzt mal ausgehe.

1. Versuche obige Formel (*) für $q_k,\ k=1,2,3,...$ für "kleine" $k$, soweit du eben kommst, nachzurechnen, um jetzt wirklich einmal "mit eigenen Augen" deren Wachstum um einen Faktor nahe 2 (oder auch mehr, obwohl dies bis $k=9$ niemals der Fall ist!) zu sehen.

2. Betrachte für z.B. $\varepsilon=0.01$ die modifizierten Quotienten
\[Q_k=\frac{c_k}{{\textrm{rad}(a_kb_kc_k)}^{1+\varepsilon}}\quad (k\in\mathbb N^*)\] und werde selber hautnah Zeuge, wie dieses kleine $\varepsilon$ mit einem Schlage alles ändert und plötzlich auch eine obere Schranke am Horzont auftaucht! Und ja, es stellt sich dann wie von selbst auch die Frage: Ist das eigentlich immer so, also auch wenn man beliebige andere (a,b,c)-Tripel, als unsere obigen betrachtet? Genau darum geht es bei der abc-Vermutung!  wink

PS: Versuch in einer ev. Antwort mal ohne Logarithmen auszukommen, die brauchen wir hier auf unserer Stufe noch nicht, wo es um viel elementarere Dinge geht. Auf jeden Fall werde ich diesbezügliche Überlegungen einfach ignorieren, so wie auch bisher schon weitgehend.



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-26 16:21


Bevor ich mich deinen Aufgaben widme:
Im Falle $\displaystyle k = 1$ , $\displaystyle \epsilon=0, 1+8 =9$.
$\displaystyle Q_k = \frac{c_k}{rad(a_k*b_k*c_k)^{1+ε}}(k \in N)$ ist: $\displaystyle Q_1 = 9/6 = 3/2 =1.5$,

Ein etwas anderer Begriff der Qualitaet Q ist in wiki und anderswo definiert als $\displaystyle Q = log(9)/log(6) \approx 1,22629..$.

du sagst immer:
Beh.: (*)

Der Quotient $c/rad(abc)$ ist nicht nach oben beschränkt, nicht durch 428 und auch nicht durch 10^googol oder sonstwas.  eek
Was soviel heisst, dass
(0) $\displaystyle c/rad(abc)$ beliebig gross werden kann.
(**) $\displaystyle rad(abc)/c$ beliebig klein werden kann.
(***) Der Quotient rad(abc)/$c$ nicht nach unten beschränkt, was dasselbe bedeutet.

Im Beitrag 20 finden wir sogar einen Quotienten
$\displaystyle c/rad(abc) \approx 85,3$, oder $\displaystyle rad(abc)/c ≈
11 764 705 882 352 941 176 470 588 235 = 0,01171875$.
also (****)  $\displaystyle rad(abc)/c$ kann sehr klein werden.

Beh.: (*****)
Masser bewies, (btw: wie_?), dass das Verhältnis $\displaystyle {\tfrac {\operatorname {rad} (abc)}{c}}$ beliebig klein werden kann...

Masser bewies also auch:
(******) das Verhältnis $\displaystyle \frac {c}{rad(abc)}$ kann beliebig gross werden, ist nicht nach oben beschränkt.

Aussagen  (**) und (****) sagen also:

(**)$\displaystyle rad(abc)/c$ kann beliebig klein werden.
(****) $\displaystyle rad(abc)/c$ kann beliebig klein oder sehr klein hier <0,0118 werden, was ein gewisser Unterschied ist.

So jetzt habe ich noch ein denkfehler meinerseits entdeckt, hoffe ich, Später mehr wink






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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-27 09:31


Im Falle $\displaystyle k = 1$ , $\displaystyle \epsilon = 0, 1+8 =9$.
$\displaystyle Q_k = \frac{c_k}{rad(a_k*b_k*c_k)^{1+ε}}(k \in N)$ ist: $\displaystyle Q_1 = 9/6 = 3/2 =1.5$.

Denn: Im Falle $\displaystyle k = 1$ , $\displaystyle \epsilon = 0.01, 1+8 =9, Q_1 = \frac{c_1}{rad(a_1*b_1*c_1)^{1+ε}}$ ist:

$\displaystyle Q_1 = \frac{9}{(3*1*rad(b_1))^{1+ε}}, b_1 = 3^2-1 = 8$. Da 2 teilt 8, ist rad(4)=2: $\displaystyle rad(b_1) = 2$.

$\displaystyle Q_1 = \frac{9}{6^{1+ε}} = \frac{3*3}{(3*2)^{1+ε}}$  =  $\displaystyle \frac{9}{3^{1+ε}*2^{1+ε}} = \frac{9}{3^{1+ε}} * \frac{1}{2^{1+ε}} = \frac{9}{6^{1.01}}$.

Ich machte dass extra so umstaendlich wink da $\frac{9}{6^{1.01}}$ sehr wenig kleiner als $\frac{9}{6} = \frac{3}{2}$.

da $\displaystyle n^{1.01} = n * n^{0.01}$, speziell $\displaystyle 6^{1.01} \approx 6 * 1,015$.

Je kleiner dies $\epsilon >0$ ist desto weniger faellt es ins gewicht.

weswegen ich deiner Aussage:


und werde selber hautnah Zeuge, wie dieses kleine $\varepsilon$ mit einem Schlage alles ändert..

widerspreche.. pardon
Aber wahrscheinlich ist es wie meist wink ein Verständnisproblem meinerseits.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2019-11-27 12:53


2019-11-27 09:31 - juergenX in Beitrag No. 23 schreibt:
weswegen ich deiner Aussage:


und werde selber hautnah Zeuge, wie dieses kleine $\varepsilon$ mit einem Schlage alles ändert..

widerspreche.. pardon
Aber wahrscheinlich ist es wie meist wink ein Verständnisproblem meinerseits.

Es ist diesmal ausnahmsweise kein Verständnisproblem, denn für $k=1$ sieht man ja tatsächlich noch gar nichts, unser $\varepsilon =0.01$ lässt halt erst für größere (aber hier immer noch einstellige!) $k$ "seine Muskeln spielen".  wink

Ja, und ich kann mich jetzt leider nur wiederholen, um das mit eigenen Augen zu sehen, müsstest du dich halt endlich dazu durchringen, so wie vorgeschlagen, die Folgen $(q_k)$ und $(Q_k)$ (für $\varepsilon=0.01)$ oben wenigstens für $k=1,2,..,7$ noch näherungsweise auszurechnen, was mit jedem CAS eigentlich noch ein Kinderspiel sein sollte. *) Den Wert $q_7\approx 85.33$ hast du ja sogar oben (in #22) schon selbst angegeben. Wo ist also das Problem?   confused

*) Wie aus meinen Ausführungen in #21 folgt, gilt für $k=1,2,...,9$ (und vermutlich noch für viele $k$ darüber hinaus!) die einfache Formel
\[\textrm{rad}(a_kb_kc_k)=3\cdot\frac{3^{2^k}-1}{2^{k+1}}\] wobei beweisbar der rechtsstehende Ausdruck für alle $k\in\mathbb N^*$ nur eine obere Schranke für $\textrm{rad}(a_kb_kc_k)$ darstellt, d.h., die Schranke von Cyrix in seinem zitierten Beitrag in #18 lässt sich noch um den Faktor 4 verbessern und wird erst dadurch für viele $k$ scharf. Damit sollte man obige Rechnungen zumindestens noch leicht auf alle einstelligen $k$ ausdehnen können, was die Gegenüberstellung der Folgen $(q_k)$ und $(Q_k)$ (für $\varepsilon=0.01$) dann noch etwas eindrucksvoller macht.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-27 17:47


2019-11-27 12:53 - weird in Beitrag No. 24 schreibt:
2019-11-27 09:31 - juergenX in Beitrag No. 23 schreibt:
weswegen ich deiner Aussage:


und werde selber hautnah Zeuge, wie dieses kleine $\varepsilon$ mit einem Schlage alles ändert..

widerspreche.. pardon
Aber wahrscheinlich ist es wie meist wink ein Verständnisproblem meinerseits.

Es ist diesmal ausnahmsweise kein Verständnisproblem, denn für $k=1$ sieht man ja tatsächlich noch gar nichts, unser $\varepsilon =0.01$ lässt halt erst für größere (aber hier immer noch einstellige!) $k$ "seine Muskeln spielen".  wink

Ja, und ich kann mich jetzt leider nur wiederholen, um das mit eigenen Augen zu sehen, müsstest du dich halt endlich dazu durchringen, so wie vorgeschlagen, die Folgen $(q_k)$ und $(Q_k)$ (für $\varepsilon=0.01)$ oben wenigstens für $k=1,2,..,7$ noch näherungsweise auszurechnen, was mit jedem CAS eigentlich noch ein Kinderspiel sein sollte. *) Den Wert $q_7\approx 85.33$ hast du ja sogar oben (in #22) schon selbst angegeben. Wo ist also das Problem?   confused


ja ok die normal definierte Qualität $log(c)/log(rad(abc))$ ist bei k=7 doch noch erstaunlich gering ca, 1,03265..
Sie wird evtl. für grössere k immer ein Stück höher. Fuer $k =7:c/(rad(abc) = 85,33$. Aber geht $\displaystyle q_k=\frac{c}{rad(abc)} =
\frac{c}
{3\cdot\frac{3^{2^k}-1}{2^{k+1}}}$ wirklich über alle Grenzen?

$\displaystyle q_k=\frac{c}{rad(abc)} = \frac{c*2^{k+1}}{3^{2^k+1}-1}$ scheint doch eher kleiner zu werden...

Nein, Korrektur, denn $\displaystyle q_k = \frac{3^{2k}*2^{k+1}}{3^{2^k+1}-1}$ steigt.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2019-11-27 22:01


2019-11-27 17:47 - juergenX in Beitrag No. 25 schreibt:
Fuer $k =7:c/(rad(abc) = 85,33$. Aber geht $\displaystyle q_k=\frac{c}{rad(abc)} =
\frac{c}
{3\cdot\frac{3^{2^k}-1}{2^{k+1}}}$ wirklich über alle Grenzen?

$\displaystyle q_k=\frac{c}{rad(abc)} = \frac{c*2^{k+1}}{3^{2^k+1}-1}$ scheint doch eher kleiner zu werden...

Nein, Korrektur, denn $\displaystyle q_k = \frac{3^{2k}*2^{k+1}}{3^{2^k+1}-1}$ steigt.

Ok, natürlich wieder falsch, aber damit genug des grausamen Spiels. Richtig ist natürlich
\[q_k\ge \frac{2^{k+1}}3\cdot \underbrace{\frac{3^{2^k}}{3^{2k}-1}}_{\approx 1}\approx \frac{2^{k+1}}3 \quad (k\in \mathbb N^*)\] Diese Abschätzung ist wie gesagt mindestens für $k=1,2,...,9$ sogar scharf, d.h., es gilt oben sogar das Gleichheitszeichen, sodass man also dann die Näherungswerte für
\[q_1,q_2,..,q_9\] sofort hinschreiben kann. Ähnlich einfach kann man auch
\[Q_1,Q_2,...,Q_9 \text{ mit } \varepsilon =0.01\] berechnen, denn es gilt ja offensichtlich
\[Q_k=\frac{q_k}{\textrm{rad}(abc)^{0.01}} \quad (k\in\mathbb N^*)\] womit man dann auch deren Werte für $k=1,2,..,9$ leicht bestimmen kann.

Du siehst also, dass ich die Hoffnung noch nicht ganz aufgegeben habe, dass du es doch noch schaffst, diese Werte auszurechnen, weil die Gegenüberstellung auch nur der jeweils ersten 9 Glieder dieser beiden Folgen m.E. einfach ein unglaubliches Aha-Erlebnis auslösen würde, auch wenn die Hoffnung, dass dies hier noch gelingt, inzwischen doch schon sehr klein geworden ist.  cool  



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-28 17:03


2019-11-27 22:01 - weird in Beitrag No. 26 schreibt:

Richtig ist natürlich
\[q_k\ge \frac{2^{k+1}}3\cdot \underbrace{\frac{3^{2^k}}{3^{2k}-1}}_{\approx 1}\approx \frac{2^{k+1}}3 \quad (k\in \mathbb N^*)\] Diese Abschätzung ist wie gesagt mindestens für $k=1,2,...,9$ sogar scharf, d.h., es gilt oben sogar das Gleichheitszeichen, sodass man also dann die Näherungswerte für
\[q_1,q_2,..,q_9\] sofort hinschreiben kann. Ähnlich einfach kann man auch
\[Q_1,Q_2,...,Q_9 \text{ mit } \varepsilon =0.01\] berechnen, denn es gilt ja offensichtlich
\[Q_k=\frac{q_k}{\textrm{rad}(abc)^{0.01}} \quad (k\in\mathbb N^*)\] womit man dann auch deren Werte für $k=1,2,..,9$ leicht bestimmen kann.


\[q_k\ge \frac{2^{k+1}}3\cdot \underbrace{\frac{3^{2^k}}{3^{2k}-1}}_{\approx 1}\approx \frac{2^{k+1}}3 \quad (k\in \mathbb N^*)\]
also $k=1: 1+8=9, q_1=c/rad(abc)= 3/2$.
also $k=2: 1+80=81, q_2=c/rad(abc)= 27/10$.
also $k=3: 1+728=729, q_3=c/rad(abc)= 729/182$.
also $k=4: 1+6560=6561, q_4=c/rad(abc)= 6561/410 = 16,002$.

\[q_1\ge \frac{4}3\cdot \underbrace{\frac{9}{8}}_{\approx 1}\approx \frac{4}3\]
\[q_1\ge \frac{3}2 \approx \frac{4}3\]
k=2: \[q_2\ge \frac{8}3\cdot \frac{81}{80} = \frac{27}{10} \approx \frac{8}3\]
k=3: \[q_3\ge \frac{16}3\cdot \frac{729}{728} = \frac{482}{91} \approx \frac{16}3\]
k=4: \[q_4\ge \frac{32}3\cdot \frac{6561}{6560} = \frac{2187}{205} \approx \frac{32}3 = 10.66666\]
Diese 4 Ungleichungen fuer $q_{1,2,3,4}$ stimmen offenbar.

Es fehlt noch \[Q_k=\frac{q_k}{\textrm{rad}(abc)^{0.01}} (k = 1,2,3,4)\].

Fuer k = 4 : $\displaystyle Q_4=\frac{q_4}{410^{0.01}}$

$\displaystyle Q_4=\frac{q_4}{410^{0.01}}=\frac{16,002}{1,062}\approx 15,068$.

Fuer größere k oder c wird $\displaystyle Q_k=\frac{q_k}{\textrm{rad}(abc)^{0.01}}$ sicher relativ kleiner.
Ich weiss eben noch nicht was ich daraus schliessen soll...



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2019-11-28 20:31


2019-11-28 17:03 - juergenX in Beitrag No. 27 schreibt:
$\displaystyle Q_4=\frac{q_4}{410^{0.01}}=\frac{16,002}{1,062}\approx 15,068$.

Fuer größere k oder c wird $\displaystyle Q_k=\frac{q_k}{\textrm{rad}(abc)^{0.01}}$ sicher relativ kleiner.
Ich weiss eben noch nicht was ich daraus schliessen soll...

Ja, du hast dich erstens bei deinem Wert $rad(a_4b_4c_4)=410$ oben gleich um einige 10-er Potenzen verrechnet (s.u.) und zweitens tut sich bei $k=4$ auch wirklich noch nicht viel. Nicht umsonst war ja meine Empfehlung diese Werte für $k=1,2,...,9$ zu berechnen, damit man schön mitverfolgen kann, wie sich da langsam etwas "zusammenbraut". Ich habe das mal nachfolgend mit Maple für dich gemacht, vielleicht kannst du das ja wenigstens noch nachprüfen:

Maple 2018
# Nachstehende Formel für q(k) gilt mindestens für k=1,2,..,9
# vermutlich aber auch noch weit darüber hinaus
q:=k->(2^(k+1)/3)*(3^(2^k)/(3^(2^k)-1)):
 
# Die gleiche Einschränkung gilt auch für rad(k):=rad(a(k)b(k)c(k))
rad:=k->(3*(3^(2^k)-1)/(2^(k+1))):
 
# und für r(k):=rad(k)^0.01
r:=k->rad(k)^0.01
                                      0.01
                      r := k -> rad(k) 
 
# Und dann natürlich auch für Q(k):=q(k)/r(k)
Q:=k->q(k)/r(k)
                                   q(k)
                         Q := k -> ----
                                   r(k)
# Und nun die Näherungswerte dieser 4 Folgen für k=1,2,..,9:
 
evalf(seq(q(k),k=1..9),5)
1.5000, 2.7000, 5.3341, 10.667, 21.333, 42.667, 85.333, 170.67, 341.33
 
evalf(seq(rad(k),k=1..9),5)
                              6           13           28  
     6., 30., 1230., 4.0356 10 , 8.6860 10  , 8.0477 10  ,
                59           119           241
       1.3817 10  , 8.1450 10   , 5.6611 10   
 
evalf(seq(r(k),k=1..9),5)
1.0181, 1.0346, 1.0737, 1.1643, 1.3784, 1.9456, 3.9031, 15.816, 261.53
 
evalf(seq(Q(k),k=1..9),5)
1.4733, 2.6097, 4.9680, 9.1617, 15.477, 21.930, 21.863, 10.791, 1.3051

Ok, und zum besseren Vergleich jetzt nochmals nur die Werte der beiden Folgen $q_k,Q_k\ (k=1,2,..,9)$:

$(q_k)$: 1.5000, 2.7000, 5.3341, 10.667, 21.333, 42.667, 85.333, 170.67, 341.33, ..

$(Q_k)$: 1.4733, 2.6097, 4.9680, 9.1617, 15.477, 21.930, 21.863, 10.791, 1.3051..

Man sieht, dass da anfangs gar nicht viel Unterschied ist, aber wie da die "Laus im Pelz" der $Q_k$, nämlich das $rad(a_kb_kc_k)^{0.01}$ im Nenner, diese richtiggehend "in die Knie zwingt" und die Folge $(Q_k)$ im Gegensatz zur Folge $(q_k)$ offenbar dann doch eine obere Schranke $K_{0.01}$ besitzt, z.B. $K_{0.01}=21.94$.

Ich hoffe, du hast an diesem Beispiel gesehen, dass die Hinzunahme eines $\varepsilon>0$ (in unserem Beispiel $\varepsilon =0.01$) einen Riesenunterschied ausmacht, denn darum ging es hier wohl in diesem Thread. Wenn nicht, kann ich auch nichts machen. Ich hätte dann zwar mein Pulver hier umsonst verschossen, aber einen Versuch war es allemal wert.  wink

PS: Nebenbei bemerkt, sind bereits deine Bruchzahlen für $q_3$ und $q_4$ oben falsch, da du bei der Rechnung wieder mal den alten Fehler der Verwechslung von $2^k$ mit $2\cdot k$ gemacht hast, der sich für $k=1,2$ zufälligerweise noch nicht auswirkt, aber ab $k=3$ eben dann schon, wenngleich wenigstens die Näherungswerte durch einen puren Zufall - du hast dafür den falsch berechneten Bruch weggelassen - noch stimmen.  Bei der Berechnung von deinem $rad(a_4b_4c_4)=410$ allerdings hast du ebenfalls diesen Fehler und noch weitere dazu gemacht, wie ich jetzt gerade in mühevoller Kleinarbeit im Detail rekonstruiert habe, weshalb dieser Wert dann echt sowas von daneben ist (vergleiche mit dem richtigen Wert $\approx 4\cdot 10^6$ in meinem Programm!)  eek



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-29 05:43


2019-11-28 20:31 - weird in Beitrag No. 28 schreibt:
2019-11-28 17:03 - juergenX in Beitrag No. 27 schreibt:
$\displaystyle Q_4=\frac{q_4}{410^{0.01}}=\frac{16,002}{1,062}\approx 15,068$.

Fuer größere k oder c wird $\displaystyle Q_k=\frac{q_k}{\textrm{rad}(abc)^{0.01}}$ sicher relativ kleiner.
Ich weiss eben noch nicht was ich daraus schliessen soll...

Ja, du hast dich erstens bei deinem Wert $rad(a_4*b_4*c_4)=410$ oben gleich um einige 10-er Potenzen verrechnet (s.u.) und zweitens tut sich bei $k=4$ auch wirklich noch nicht viel.

Danke fuer die mühevolle Kleinarbeit.!!
Ich hatte das in php mit biginteger geschrieben.
Btw.: $rad(a_4*b_4*c_4)=1230$.

Zur Definition von $\displaystyle q_k$ und $\displaystyle Q_k$ nur das wir dasselbe meinen:

Wenn mit q die Qualitat ohne den Logarithmus gemeint ist (ist das so?) also $\displaystyle q=c/rad(abc)$ dann ist:

$\displaystyle Q_k = q_k/rad(abc)^{0.01}\approx 1.5/1,018 = 1,4733$.

$\displaystyle Q_1 = q_1/6^{0.01} \approx 1.5/1,018 = 1,4733$.
$\displaystyle q=1 : 1+8=9, rad(1,8,9)=6, c = 9, q_1= 3/2$.

$\displaystyle Q_4 = 5,334/410^{0.01} \approx 5,334/1,062 \approx 5,02259$
$\displaystyle q=4 : 1+6560=6561, rad(1*6560*6561)=1230, c = 6561, q_4= 6561/1230 = 5,334$.


Nicht umsonst war ja meine Empfehlung diese Werte für $k=1,2,...,9$ zu berechnen, damit man schön mitverfolgen kann, wie sich da langsam etwas "zusammenbraut". Ich habe das mal nachfolgend mit Maple für dich gemacht, vielleicht kannst du das ja wenigstens noch nachprüfen:

Ok, und zum besseren Vergleich jetzt nochmals nur die Werte der beiden Folgen $q_k,Q_k\ (k=1,2,..,9)$:

$(q_k)$: 1.5000, 2.7000, 5.3341, 10.667, 21.333, 42.667, 85.333, 170.67, 341.33, ..

$(Q_k)$: 1.4733, 2.6097, 4.9680, 9.1617, 15.477, 21.930, 21.863, 10.791, 1.3051..

Danke für die errechneten Werte!

Man sieht, dass da anfangs gar nicht viel Unterschied ist, aber wie da die "Laus im Pelz" der $Q_k$, nämlich das $rad(a_kb_kc_k)^{0.01}$ im Nenner, diese richtiggehend "in die Knie zwingt" und die Folge $(Q_k)$ im Gegensatz zur Folge $(q_k)$ offenbar dann doch eine obere Schranke $K_{0.01}$ besitzt, z.B. $K_{0.01}=21.94$.

Ich hoffe, du hast an diesem Beispiel gesehen, dass die Hinzunahme eines $\varepsilon>0$ (in unserem Beispiel $\varepsilon =0.01$) einen Riesenunterschied ausmacht, denn darum ging es hier wohl in diesem Thread. Wenn nicht, kann ich auch nichts machen. Ich hätte dann zwar mein Pulver hier umsonst verschossen, aber einen Versuch war es allemal wert.  wink

PS: Nebenbei bemerkt, sind bereits deine Bruchzahlen für $q_3$ und $q_4$ oben falsch, da du bei der Rechnung wieder mal den alten Fehler der Verwechslung von $2^k$ mit $2\cdot k$ gemacht hast, der sich für $k=1,2$ zufälligerweise noch nicht auswirkt, aber ab $k=3$ eben dann schon, wenngleich wenigstens die Näherungswerte durch einen puren Zufall - du hast dafür den falsch berechneten Bruch weggelassen - noch stimmen.  Bei der Berechnung von deinem $rad(a_4b_4c_4)=410$ allerdings hast du ebenfalls diesen Fehler und noch weitere dazu gemacht, wie ich jetzt gerade in mühevoller Kleinarbeit im Detail rekonstruiert habe, weshalb dieser Wert dann echt sowas von daneben ist (vergleiche mit dem richtigen Wert $\approx 4\cdot 10^6$ in meinem Programm!)  eek

Ja, ich sah diesen Fehler mit 3^2^k auch spaeter.

Wenn 341.33 durch die division durch rad(abc)auf 1.3 verkleinert wird, verblüfft weil die 100ste Wurzel aus grosser Zahl doch eher nahe bei 1 vermutet wird.

Für abc=treffer (!) der o.a. Art $1+(3^{2^k}-1)=3^{2^k}$ gibt es immer ein K > 0 zumindest fuer k<10, so dass $\displaystyle c < K_\varepsilon * rad(abc)^{1.01}$ sicher auch fuer größere k.

oder $\displaystyle \exists K_\varepsilon: c/rad(abc) < K_\varepsilon * rad(abc)^{0.01}$
Das ist die aussage der scharfen abc vermutung.
$K_\varepsilon$ wird groesser für kleinere $\varepsilon$.


und was mein Unverständnis immer noch ist, für noch so kleine $\varepsilon$ lässt sich so ein K finden, das wir ja beliebig hoch treiben koennen.

Die Vermutung $\displaystyle \exists K_\varepsilon: c/rad(abc) < K_\varepsilon * rad(abc)^{0.01}$ ist gar nicht falsifizierbar oder.

Und dass $\displaystyle rad(abc)/c$ beliebig klein werden kann bezweifle ich irgendwie, für sehr grosse c etwa 10^100 wird rad(abc) sicher nicht kleiner als irgendein fester Wert werden.. außer es gäbe
beispielweise ein $\displaystyle p1^n+p2^m = p^r*p4$, nit sehr grossen n,m,r.

Würde dass die abc-Vermutung wiederlegen?

Für $\displaystyle log(c)/log(rad(abc))$ ist ja noch kein Wert > 1,62991 gefunden worden. Was umgerechnet heißt: $\displaystyle c/rad(abc) \approx 428$.

Nicht gefunden heißt ja nicht gibt es nicht, ist aber doch sehr unwahrscheinlich.

Wir haben jetzt im obigen Q_k eine obere Schranke gefunden für was genau?

Du sagst:
Die Folge (Qk) besitzt im Gegensatz zur Folge (qk) offenbar dann doch eine obere Schranke K_0.01, z.B. K_0.01 = 21.94. Das hast du errechnet.



aus wiki

Gegenbeispiel zur abc-Vermutung mit $\displaystyle \epsilon =0$ ist $\displaystyle a=1,b=3^{2^{k}}-1,c=3^{2^{k}}$. Man beweist durch Induktion, dass b durch $\displaystyle 2^{k}$ teilbar ist. Das ergibt eine Ungleichung, die nicht für alle k erfüllt sein kann.
Welche Ungleichung?



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weird
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2019-11-29 05:43 - juergenX in Beitrag No. 29 schreibt:
2019-11-28 20:31 - weird in Beitrag No. 28 schreibt:
2019-11-28 17:03 - juergenX in Beitrag No. 27 schreibt:
$\displaystyle Q_4=\frac{q_4}{410^{0.01}}=\frac{16,002}{1,062}\approx 15,068$.

Fuer größere k oder c wird $\displaystyle Q_k=\frac{q_k}{\textrm{rad}(abc)^{0.01}}$ sicher relativ kleiner.
Ich weiss eben noch nicht was ich daraus schliessen soll...

Ja, du hast dich erstens bei deinem Wert $rad(a_4*b_4*c_4)=410$ oben gleich um einige 10-er Potenzen verrechnet (s.u.) und zweitens tut sich bei $k=4$ auch wirklich noch nicht viel.

Danke fuer die mühevolle Kleinarbeit.!!
Ich hatte das in php mit biginteger geschrieben.
Btw.: $rad(a_4*b_4*c_4)=1230$.

Nein, rad$(a_4b_4c_4)=1230$ ist meilenweit daneben und dabei hatte ich den richtigen Wert, der bei ca. 4 Millionen liegt, ja sogar oben noch angegeben. frown

Hier deine falsche Rechnung
\[\textrm{rad}(a_4b_4c_4)=3\textrm{rad}(3^{2\cdot 4}-1)=3\textrm{rad}(2^5\cdot 5\cdot 41)=2\cdot 3\cdot 5\cdot 41=1230\] und im Vergleich die richtige Rechnung
\[\textrm{rad}(a_4b_4c_4)=3\textrm{rad}(3^{2^4}-1)=3\textrm{rad}(2^6\cdot 5\cdot 17\cdot 41\cdot 193)=2\cdot 3 \cdot 5\cdot 17\cdot 41\cdot 193=4035630\]
Und ja, wenn das stimmt
Ja, ich sah diesen Fehler mit 3^2^k auch spaeter.

so hast du deinen Fehler - also die immer wiederkehrende Verwechslung von $3^{2^k}$ mit $3^{2k}$, welche sich schon durch den ganzen Thread hier durchzieht und daher schon sowas wie der "running gag" hier ist - sogar noch gesehen. Deine Postings, sowie eben auch auch dein letztes, weisen oft diese seltsame Merkwürdigkeit auf, dass sie einen Fehler und ein paar Zeilen später auch das Eingeständnis dieses Fehlers enthalten, ohne dass du den "inneren Drang" zu verspüren scheinst, ihn auch auszubessern.  eek

Wenn 341.33 durch die division durch rad(abc)auf 1.3 verkleinert wird, verblüfft weil die 100ste Wurzel aus grosser Zahl doch eher nahe bei 1 vermutet wird.

Wenn du dir das Listing in meinem letzten Posting nochmals ansiehst, so hatte ich dort für alle "Einzelbestandteile" der Formel
\[Q_k=\frac{q_k}{\textrm{rad}(a_kb_kc_k)^{0.01}}\quad (k\in\mathbb N^*)\] auch die Werte noch gesondert angegeben, damit man schön mitverfolgen kann, was hier vor sich geht. Im gegenständlichen Fall, ist die Rechnung so:
\[Q_9=\frac{q_9}{\textrm{rad}(a_9b_9c_9)^{0.01}}\approx \frac{341.33}{(5.6611\cdot 10^{241})^{0.01}}\approx \frac{341.33}{261.53}\approx 1.3051\] Ja, es wird mit $\varepsilon=0.01$ die hundertste Wurzel aus $\textrm{rad}(a_9b_9c_9)$ gezogen, das ist schon richtig, und man sollte da eigentlich dann "normalerweise" als Ergebnis einen Wert nahe 1 erwarten, was für die kleineren Werte von $k$ ja auch zutrifft, aber $\textrm{rad}(a_9b_9c_9)$ hat hier eben schon 242(!) Stellen und da ist dann auch die 100-ste Wurzel nicht mehr "so ganz klein" (s.o.)!

Wir haben jetzt im obigen Q_k eine obere Schranke gefunden für was genau?

Du sagst:
Die Folge (Qk) besitzt im Gegensatz zur Folge (qk) offenbar dann doch eine obere Schranke K_0.01, z.B. K_0.01 = 21.94. Das hast du errechnet.

Naja, für die Folge $(Q_k)$ eben, für was denn sonst? Oder würdest du jetzt aus obigen Werten für $Q_k,\ k=1,2,...,9$, nämlich

1.4733, 2.6097, 4.9680, 9.1617, 15.477, 21.930, 21.863, 10.791, 1.3051

einen anderen Schluss ziehen? Man sieht ja, dass dass es ab $Q_6=21.93..$ mit dieser Folge dann nur mehr "bergab" geht, d.h., diese "Laus im Pelz", nämlich rad$(a_kb_kc_k)^{0.01}$, so harmlos sie zunächst auch aussieht, macht ihr dann schließlich den "Garaus", im Gegensatz zur davon "unbelasteten" Folge $(q_k)$, für die es ganz offenbar keine Halten nach oben gibt. Ich hatte ja so gehofft, dass du selber zu dieser Einsicht kommen würdest, aber irgendwie prallt das alles hier an dir ab, ohne dass man einen echten "Erkenntnisgewinn" dabei sieht, jedenfalls ist das mein Eindruck.  frown



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-30 08:14



Nein, rad$(a_4b_4c_4)=1230$ ist meilenweit daneben und dabei hatte ich den richtigen Wert, der bei ca. 4 Millionen liegt, ja sogar oben noch angegeben. :-(

a4 = 1
c4 = 3^16
b4 = 3^16-1

rad(abc) ist also doch sehr hoch du hast recht:)
Meinst du ich sollte in allen meinen posts wo ich 3^{2k} statt 3^{2^k} verwandte den Fehler verbessern?

Die Folge der Q_k sinkt tatsaechlich rapide ab k=9.

1.4733, 2.6097, 4.9680, 9.1617, 15.477, 21.930, 21.863, 10.791, 1.3051

so dass die Behauptung:
"Der Quotient $c/rad(abc)^{1+\epsilon}$ hat ein sehr klein werdende obere Schranke" wohl zutrifft, so dass das K in unsern abc tripels in $\displaystyle c < K_{\epsilon}*rad(abc)^{1+\epsilon}$ beliebig kleiner wird oder?

was ja kein Widerspruch zur abc-vermutung ist.

Es ging mir um die Behauptung $c/rad(abc)$ kann beleibig hoch werden, wofuer die Tripel a=1,b = 3^{2^k}-1, c = 3^{2^k} ein Beweis sind. also die reihe der q_k ohne epsilon unendlich steigt.
In $(q_k)$: 1.5000, 2.7000, 5.3341, 10.667, 21.333, 42.667, 85.333, 170.67, 341.33, ..

sieht man ein ansteigen, was also nahelegt dass $c/rad(abc)$ beliebig hoch wird. jedoch Q_k eine obergrenze hat. so richtig?

Ich glaub langsam sickerts gg
Ich meine aber weiter, dass die abc-vermutung zu einer Obergrenze gar nicht widerlegbar ist. Wie saehe denn ein Gegenbeispiel aus, wenn es eins gibt?
In $2+6436341=6436343$ haben wir das höchste bekannte $c/rad(abc)\approx 428$.

Kann $c/rad(abc)$ für grosse k in q_k doch höher als dieser Quotient werden?
Danke fuer deine Mühe!




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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2019-11-30 09:44


2019-11-30 08:14 - juergenX in Beitrag No. 31 schreibt:
Die Folge der Q_k sinkt tatsaechlich rapide ab k=9.

1.4733, 2.6097, 4.9680, 9.1617, 15.477, 21.930, 21.863, 10.791, 1.3051

so dass die Behauptung:
"Der Quotient $c/rad(abc)^{1+\epsilon}$ hat ein sehr klein werdende obere Schranke" wohl zutrifft, so dass das K in unsern abc tripels in $\displaystyle c < K_{\epsilon}*rad(abc)^{1+\epsilon}$ beliebig kleiner wird oder?

was ja kein Widerspruch zur abc-vermutung ist.

Deine obige Behauptung versteh ich leider wieder einmal überhaupt nicht. Was meinst du mit der "immer kleiner werdenden oberen Schranke"? Es geht doch darum, dass es überhaupt(!) eine obere Schranke $K_{\varepsilon}$ für diese Quotienten $c/rad(abc)^{1+\varepsilon}$ gibt, wenn hier $\varepsilon>0$ ist, während dies für $\varepsilon=0$ eben noch nicht der Fall war. Und ja, diese oberen Schranken $K_{\varepsilon}$ können natürlich gigantisch groß werden, was man ja auch hier sehen würde, nähme man kleinere Werte für $\varepsilon>0$, z.B. $\varepsilon =0.001$ oder sogar $\varepsilon=0.00001$. Allerdings scheitert ein einfaches Nachrechnen dann schon an der Bestimmung der rad$(b_k)$ für so große $k$, wie man sie hier bräuchte.


Es ging mir um die Behauptung $c/rad(abc)$ kann beleibig hoch werden, wofuer die Tripel a=1,b = 3^{2^k}-1, c = 3^{2^k} ein Beweis sind. also die reihe der q_k ohne epsilon unendlich steigt.
In $(q_k)$: 1.5000, 2.7000, 5.3341, 10.667, 21.333, 42.667, 85.333, 170.67, 341.33, ..

sieht man ein ansteigen, was also nahelegt dass $c/rad(abc)$ beliebig hoch wird. jedoch Q_k eine obergrenze hat. so richtig?

Ich glaub langsam sickerts gg

Ja, das wurde aber auch Zeit!  biggrin


Ich meine aber weiter, dass die abc-vermutung zu einer Obergrenze gar nicht widerlegbar ist. Wie saehe denn ein Gegenbeispiel aus, wenn es eins gibt?
In $2+6436341=6436343$ haben wir das höchste bekannte $c/rad(abc)\approx 428$.

Kann $c/rad(abc)$ für grosse k in q_k doch höher als dieser Quotient werden?
Danke fuer deine Mühe!

Hm, da steigen aber langsam doch wieder Zweifel auf, ob du deine eigenen obigen Aussagen mit der oberen Unbeschränkheit der Folge $(q_k)$ wirklich verstanden hast, denn wenn es so wäre, dann könntest du ja leicht selbst einen Wert von $k$ berechnen, bei der sie sicher 428 übersteigt. Ok, das ist vielleicht wirklich eine gute Idee, was ist also dieses kleinste $k$, für welches erstmals sicher $q_k>428$ ist, wenn wir der Einfachheit halber mal annehmen, dass unsere Formel
\[q_k\approx \frac{2^{k+1}}3,\quad k=1,2,3,...\] auch noch genügend weit über $k=9$ hinaus gilt?

Diese Frage sollte dir eigentlich gefallen, denn hier kommen dann auch deinen von dir offenbar heiß geliebten Logarithmen auch endlich zum Einsatz, die in allen bisherigen Betrachtungen ja wirklich höchst entbehrlich waren!  biggrin



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-30 21:41


2019-09-01 10:39 - Ex_Senior in Beitrag No. 1 schreibt:

Cyrix schrieb
Für <math>a=1</math>, <math>b=3^{2^k}-1</math> und <math>c=3^{2^k}</math> ist offenbar einerseits <math>a+b=c</math> und andererseits <math>\mathrm{rad}(abc)\leq 3 \cdot 2 \cdot \frac{3^{2^k}-1}{2^k}<\frac{6}{2^k} \cdot c</math> bzw. <math>c>\frac{2^k}{6} \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+0}</math>, sodass es für <math>\epsilon=0</math> keine Konstante <math>K</math> gibt, sodass für alle Tripel <math>(a,b,c)</math> natürlicher Zahlen mit <math>a+b=c</math> die Ungleichung <math>c<K \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+\epsilon}=K \cdot \mathrm{rad}(abc)</math> gilt.


Was, wenn ich den Satz recht interpretiere besagt, dass für $\displaystyle\epsilon = 0 : c < K \cdot \mathrm{rad}(abc)^{1+\epsilon}=K \cdot \mathrm{rad}(abc)$ gilt: $\displaystyle\mathrm{rad}(abc)/c$ K kann beliebig gross und der Quotient beliebig klein werden.

was ja beispielsweise fuer Tripel folgender Art der Quotient $\displaystyle c/rad(abc), a+b+c: p_1^l+p_2^m = p_3^n*p_4^r: abc=p_1^l*p_2^m*p_3^n*p_4^r, c = p_3^n*p_4^r, \mathrm{rad}(abc)=p_1*p_2*p_3*p_4$ fuer sehr hohe l,m,n,r sehr hoch gehen kann, wenn man so ein Beispiel finden kann.

you wrote:

..der Einfachheit halber mal annehmen, dass unsere Formel
\[q_k\approx \frac{2^{k+1}}3,\quad k=1,2,3,...\] auch noch genügend weit über $k=9$ hinaus gilt?


was für $\displaystyle k =10, 2^{11}/3 = 2048/3$ schon 682,6667 ergibt.
also eine steilere gerade $\displaystyle Q = log(rad(abc))/log(c)$ ergibt.
Denn man kann unendlich viele abc-treffer als die Menge der Punkte
$(x,y) = \{log(c),log(rad(abc)\}$ unterhalb der o.a. Geraden betrachten.



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weird
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2019-11-30 21:41 - juergenX in Beitrag No. 33 schreibt:
you wrote:

..der Einfachheit halber mal annehmen, dass unsere Formel
\[q_k\approx \frac{2^{k+1}}3,\quad k=1,2,3,...\] auch noch genügend weit über $k=9$ hinaus gilt?

was für $\displaystyle k =10, 2^{11}/3 = 2048/3$ schon 682,6667 ergibt.

Eben. Dass man diese Zahl $K= 428$ (wie im übrigen auch jedes andere $K>0$) so spielend leicht überbieten kann, das war doch einer der Punkte, welche du hier u.a. angezweifelt hast, oder sehe ich das falsch?  cool



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-30 23:41


2019-11-30 23:19 - weird in Beitrag No. 34 schreibt:
2019-11-30 21:41 - juergenX in Beitrag No. 33 schreibt:
you wrote:

..der Einfachheit halber mal annehmen, dass unsere Formel
\[q_k\approx \frac{2^{k+1}}3,\quad k=1,2,3,...\] auch noch genügend weit über $k=9$ hinaus gilt?

was für $\displaystyle k =10, 2^{11}/3 = 2048/3$ schon 682,6667 ergibt.

Eben. Dass man diese Zahl $K= 428$ (wie im übrigen auch jedes andere $K>0$) so spielend leicht überbieten kann, das war doch einer der Punkte, welche du hier u.a. angezweifelt hast, oder sehe ich das falsch?  cool
naja spielend... also 3^{2^11} sind schon 500 stellige Zahlen und
$3^{2^{11}}-1$ in primfaktoren zu zerlegen, kann maple das?
Aber die tatsache dass rad(abc)/c beliebig klein werden kann widerspricht an sich der Annahme dass die summe hochpotenter zahlen nicht hochpotent sein kann...



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-02 16:43


so erstmal ok :)

bei k=11 ist $\displaystyle a=1,c = b+1 = 3^{2^{11}}, b = 3^{2^{11}}-1 = 3^{2048}-1 =

13942147270623679146873528796701570723260623211399818675976228428320324826739932742348500247601829454802720765812458000695626912222476137561535899768123734943378540158472910669339525
52814911691420170821153079477718019547045674332114645606391409446736353641550166933892016135940389846869161786237025783521906362517760397421013848514743110837351028779931312121969626
95464654469816719202970619252343026646014132485548307935847260900441555694943498191955672798596377459777392636575523873495086339994375985976543710570091438233257228420529594557457359
609723639787519567621434999954843382100489400924995961904023259324301047965917783124275162880514542735528152228927483841372844810255470399471841348890379437250393401562476664019972812
975660227449988177768002661436897984534184331079950399306756818061310948084534985374661203278436590349231431071569402389429768922180485838968764968523571261288038064310442585283933256
404572748606640151307376800250725427496845607662821346676098703360$.

hat also 978 Stellen.

Mich hätte schon interessiert ob hier noch die schwache abc- Vermutung $\displaystyle c \le rad(abc)^2$ gilt.
Was bedeuten würde,dass auch hier $\displaystyle Q = log(c)/log(rad(abc)) < 2$ bleibt.

Finde aber kein Programm, das dieses b oder $\displaystyle b/2^{11} = b/2048$ faktorisiert. Gibts so was?



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2019-12-02 21:55


2019-12-02 16:43 - juergenX in Beitrag No. 36 schreibt:
Mich hätte schon interessiert ob hier noch die schwache abc- Vermutung $\displaystyle c \le rad(abc)^2$ gilt.
Was bedeuten würde,dass auch hier $\displaystyle Q = log(c)/log(rad(abc)) < 2$ bleibt.

Finde aber kein Programm, das dieses b oder $\displaystyle b/2^{11} = b/2048$ faktorisiert. Gibts so was?

Gegenfrage: Hast du dir eigentlich die Werte von
\[\frac{c_k}{\textrm{rad}(a_kb_kc_k)^2}\quad (k=1,2,...,9)\] schon mal angesehen, wobei für diese $k$ ja, wie bereits mehrfach hier erwähnt, noch sicher und nachprüfbar die einfache Formel
\[\textrm{rad}(a_kb_kc_k)=3\cdot \frac{3^{2^k}-1}{2^{k+1}}\] hier gilt? Falls nein, hier sind sie:
k=1: 0.25, 
k=2: 0.09, 
k=3: 0.004336704342, 
k=4: 2.643123109·10^(-6),
k=5: 2.456050472·10^(-13), 
k=6: 5.301724153·10^(-28), 
k=7: 6.176135521·10^(-58), 
k=8: 2.095348204·10^(-118), 
k=9: 6.029412366·10^(-240)

Angenommen, für $k=10$ würde obige Formel für das Radikal noch weiter gültig sein, was mit einer Wahrscheinlichkeit
\[P> \frac{\frac6{\pi^2}}{(1-\frac 14)(1-\frac19)(1-\frac1{25})}\approx 0.95\] auch tatsächlich zutrifft, so würde damit einfach nur der Eintrag
\[k=10:\quad 1.248109136\cdot 10^{-483}\] dazukommen. Aber was wäre damit gewonnen? Ein Beweis, dass die Folge für irgendein $k$ nicht doch einmal wieder über 1 ansteigt ist das noch immer nicht, sondern bestenfalls ein weiterer Baustein in unserer Plausibilitätsbetrachtung. (Und ja, dies gilt in ähnlicher Form natürlich auch für die oben betrachtete Folge der $(Q_k)$ für $\varepsilon=0.01$, falls ich dies bisher zuwenig deutlich gesagt habe!)



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-04 07:10


2019-12-02 21:55 - weird in Beitrag No. 37 schreibt:

Gegenfrage: Hast du dir eigentlich die Werte von
\[\frac{c_k}{\textrm{rad}(a_kb_kc_k)^2}\quad (k=1,2,...,9)\] schon mal angesehen, wobei für diese $k$ ja, wie bereits mehrfach hier erwähnt, noch sicher und nachprüfbar die einfache Formel
\[\textrm{rad}(a_kb_kc_k)=3\cdot \frac{3^{2^k}-1}{2^{k+1}}\] hier gilt? Falls nein, hier sind sie:
k=1: 0.25, 
k=2: 0.09, 
k=3: 0.004336704342, 
k=4: 2.643123109·10^(-6),
k=5: 2.456050472·10^(-13), 
k=6: 5.301724153·10^(-28), 
k=7: 6.176135521·10^(-58), 
k=8: 2.095348204·10^(-118), 
k=9: 6.029412366·10^(-240)


Ja ich habe die Werte bis k =4 manuell ueberprüft.

Wir vermuten für
(*)$k-> \infty: lim\frac{c_k}{\textrm{rad}(a_kb_kc_k)^2} = 0$ was obige Rechnungen bestätigen.
oder

Für $k-> \infty: c_k < K*\textrm{rad}(a_kb_kc_k)^2$  wird K beliebig klein oder $\textrm{rad}(a_kb_kc_k)^2$ beliebig gross gegenüber c.


wiki:

Masser bewies, dass das Verhältnis $\displaystyle {\tfrac {\operatorname {rad} (abc)}{c}}$ beliebig klein werden kann, obwohl es meist größer als 1 ist.[8].

Diesen Beweis muss ich wohl mal bei Serge Lang nachsehen..

 Für Exponenten s > 1 (auch wenn sie 1 beliebig nahe kommen) formulierte Masser allerdings mit Oesterlé die abc-Vermutung, dass $\displaystyle {\tfrac {\operatorname {rad} (abc)^{s}}{c}}$ eine positive untere Schranke besitzt.
Was heisst, dass

(**)$\tfrac {\operatorname {rad} (abc)^{s}}{c}$ nicht beliebig KLEIN werden kann also das Radikal $\operatorname {rad} (abc)$ nicht beliebig KLEIN werden kann wenn s>1.

(***)Wenn allerdings s=1, dann kann also das Radikal $\operatorname {rad}(abc)^{s}$ beliebig KLEIN werden.


Die Aussage (*) hat mit ImHo mit den Aussagen (**) und (***) wenig zu tun..





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juergenX
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ich suchte gerade Lang, Elemente der Mathematik, Bd. 48, 1993, S. 94
aber fands nicht...
Gar nichts unter Serge Lang dieses Titels.
weiss wer was?



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