REVISTACIENTIFICAMULTIDISCIPLINARNUCLEODOCONHECIMENTO

Демонстрация гипотезы Пала

DOI: ESTE ARTIGO AINDA NÃO POSSUI DOI
SOLICITAR AGORA!
4.2/5 - (17 голосов)

CONTEÚDO

ARTIGO ORIGINAL

SOUSA, Francisco Rafael Macena de [1]

SOUSA, Francisco Rafael Macena de. Демонстрация гипотезы Пала. Revista Científica Multidisciplinar Núcleo do Conhecimento. 04 год, Эд. 11, Vol. 05, стр. 132-173. Ноябрь 2019 года. ISSN: 2448-0959, Ссылка доступа: https://www.nucleodoconhecimento.com.br/matematica/conjectura-de-beal

ЗАЯВЛЕНИЕ ГИПОТЕЗЫ

Если акс и cz , где a, b, c, x, y и z являются положительными integers и x, y, z ≥ 3, то a, b и c имеют общий премьер-фактор, который означает, что a, b и c делится на одно и то же простое число. Или, уравнение топора и cz не имеет решения для положительных integers с х, у, z ≥ 3 и mdc (a, b, c) 1.

РЕЗЮМЕ

Эта статья содержит демонстрации с использованием принципов алгебры и теории числа, относительно гипотезы было объявлено Эндрю Блиал банкир и энтузиаст теории номеров предложил вызов для тех, кто доказать или представить контрпример к такой проблеме, которая обобщает последнюю теорему фермата, cn и bn , с n ≥ 3, это было продемонстрировано английский математик Эндрю Уайлс, используя в качестве основы гипотезу, сделанную математиками Yutaka Taniyama и Goro , Эта демонстрация, сделанная Уайлс несколько математиков поймут, на высоком уровне или сложности, также будет использоваться Теорема Себе, "Себастьян виейра-до Nascimento (Себе)", окончил в экономике UFPB, мастер в области инженерии же, полный профессор UFCG, его доказанная теорема основана на том, что см , гипотеза была предложена самим Бил в 1993 году, но она была известна только в математическом сообществе в 1997 году после Р. Д. Молдин опубликовал статью Обобщения последней теоремы Фермата: Beal гипотезы и премии проблема в журнале Noticesofthe Американского математического общества.

Ключевые слова: Гипотеза, Эндрю Бил, Последняя теорема Фермата.

1. ВВЕДЕНИЕ

Эта статья направлена на то, чтобы доказать гипотезу Пала, предложенную Эндрю Блидом банкиром, предпринимателем, инвестором, игроком в покер и математиком-любителем, который увлекается теорией числа, он бросил вызов любому математику в мире, чтобы доказать или дать контрпример своей гипотезе, которая была предложена с 1993 года по настоящее время, не было представлено никакой демонстрации, которая обобщала бы гипотезу, включая «Последний теорем» фермата , Эта статья содержит математические знания, что любой, кто пришел, чтобы иметь второй класс средней школы полной и имеет легкость в математических свойств можно понять первоначальные демонстрации, уже для тех, кто имеет высшее образование в точном и за их пределами будет легко понять от начала до конца, гипотеза основана на положительных цен или решений в естественных чисел с большими экспонентами равна 3 (три) и их базы больше, чем или равны 1 (один) , если это так, то будет продемонстрировано, что на самом деле mdc (c, b, a) – C > 1, где этот C является общим основным фактором, который делит a, b и c, с ≤ b или ≥ b, таким образом, что можно иметь как уравнение cz и ax, x, y, z ≥ 3, exponents, exponents, а) 1 и х, у, z ≥ 3, это единственное значение, которое делит c, b, a 1 (a), другими словами a,b и c являются праймами между собой.

Чтобы добраться до демонстрации необходимо было создать новые теоремы, но для теоремы на самом деле быть действительным, а также гипотеза должна быть доказана в ходе теоремы создаются из принципов и свойств в теории чисел, самая большая проблема в этой статье, как и любой другой, который включает в себя премьер номера те цифры, которые имеют только два разделителей в естественных, что является 1 (один) и сам (премьер-номер) , потому что это все еще то, что теория чисел еще не удалось найти более быстрый способ фактор гигантских чисел, однако в теории чисел у нас есть в качестве гипотезы, а также доказали, что любой X составной число, мы можем написать – это X как продукт различных полномочий равных или различных премьер чисел, в том числе, когда он имеет экспонентов 0 (ноль) или 1 (один). Идея этой гипотезы заключается в том, чтобы просто облегчить столкновение основных факторов.

2. КРАТКАЯ ИСТОРИЯ ГИПОТЕЗЫ

2.1 ФЕРМАТ И ЕГО ТЕОРЕМА

Она начинается с Пьера Фермата, который жил во Франции 18-го века, государственный служащий во французском городе Тулуза, математика для него было его любимым времяпрепровождением, интересно то, что Фермат имел большую известность благодаря своим обычаям представлять другим математикам проблемы, которые бросали вызов величайшим умам того времени, где они часто покидали его современников в недоумении в попытке их решить. У Фермата была идея создать предложение, похожее на знаменитую теорему Пифагора, которая хорошо известна сегодня в этом столетии, но не имела решений в натуралах, это предложение вышло за рамки его времени и получило известность на протяжении всего столетия, за то, что не нашли решения или контрпример, из-за этого получили свое название и за то, что его последняя задача была, как его имя Последняя теорема Фермата , Уравнение его славы является cn и bn, где, b, c и n ∈ N, с n ≥ 3, по его словам, была демонстрация, умер, никто не зная, что его предполагаемый ответ, из-за этого стал известен как его последняя теорема. Заслуга открытия этого предложения, причитающегося его первенца, он увидел несколько нот Фермата в определенной книге Аритметики, которая принадлежала, потому что его отец имел привычку делать черновики или аннотации в книгах. После нахождения сына, заметки или открытия были опубликованы в книге Arithmetica de Diofanto, содержащей наблюдения отца, в 1670 году книга содержала 48 наблюдений, но по пути поколения математиков и физиков давали решения своих проблем, однако была одна, что большинство думал, был последним, из-за этого было такое сложное название. В своей книге он содержал следующее заявление: "Я обнаружил замечательную демонстрацию этого предложения, которое, однако, не вписывается в кулуарах этой книги" (FERMAT. 1607 – 1665)2.

2.2 ЮТАКА ТАНИЯМА, ГОРОХО СИМУРА И ЭНДРЮ УАЙЛС

В 1954 г. ютака Танияма и Гороха Симура, молодые японские математики, подружились, потому что заинтересовались одной и той же книгой, той же статьей и теми же расчетами, эта гипотеза Танияма-Симура позволила Уайлсу осуществить мечту своего мальчика, используя интеллектуальные усилия и решимость, в которые трудно было поверить как можно чаще человеку. Гипотеза двух представленных служил путь к их окончательное решение проблемы, однако математик Yutaka Taniyama взял свою собственную жизнь в 1958 году, так что он еще больше задержал разработку решения, к развитию гипотезы в том, было ли это намеренно сделано, чтобы решить последнюю теорему Фермата, однако это было то, что произошло позже Уайлс понял, что такая основа, которая помогла доказательству – там определенно это теорема , ибо кто мог себе представить, что работа двух студентов конца двадцатого века может быть использована в чем-то, что решило одну из величайших загадок в истории математики. Но это был Эндрю Уайлс, который в конечном итоге демонстрации Последней теоремы Фермата, Уайлс профессор Принстонского университета, который начал свой интерес к проблеме, как ребенок в своем родном городе была публичная библиотека, но это было только в 1986 году, что он действительно начал свою работу по решению теоремы своей мечты, в соответствии с Уайлс, что его исследования были сделаны в полной секретности , ибо в своем быту он знал, что найдет решение, но это было не время, чтобы подтвердить такую вещь для академического сообщества, интуиция все страстный в теории числа, однако интуиция показывает путь, но доказать, является ли это правильно или неправильно требует времени и самоотверженности, возможно, опасаясь давления, которое будет страдать перед лицом такой известной проблемы и трудное решение было слишком рискованно, чтобы подтвердить такое возможное первоначальное решение , При анализе гипотезы двух японцев, Эндрю Уайлс отметил, что такая теорема может быть способ решить, однако гипотеза должна быть доказана, прежде чем продемонстрировать, что он искал так много, так как он был ребенком, по его мнению, было так ясно, что Уайлс мог мечтать о решении теоремы все зависит от доказательства гипотезы двух студентов , однако Уайлс не продемонстрировал последнюю теорему Фермата, а скорее гипотезу Танияма-Симура, которая будет подразумевать доказательство – там.

Наконец, 23 июня 1993 года на конференции, состоявшейся в Институте математических наук сэра Исаака Ньютона в Кембридже, Эндрю Уайлс, спустя 356 лет после представления теоремы, сделал свое заявление о своей демонстрации, но содержал небольшой недостаток в своем решении, Уайлс уходит на год, чтобы исправить такую ошибку и представить свою новую демонстрацию , После коррекции и рассмотрения той же ошибки обнаружены, потребовалось несколько месяцев, чтобы оценить его решение, его демонстрация 200 страниц, и после длительного периода тревоги, его открытие или демонстрация была, наконец, принято, но настолько сложным, что лишь немногие люди во всем мире смогли понять это, и Уайлс (после получения приза на сумму 50000,00 фунтов от Фонда Wolfskehl) , он входит в качестве математика, который продемонстрировал наиболее интригующим и сложной теоремы в истории математики, и, таким образом, заключает одну из величайших проблем, не встречались или продемонстрировали, что оспаривается великих математиков до и во время, так что Последняя теорема Фермата не имеет решений с положительными integers с n ≥ 33.

2.3 ЭНДРЮ BEAL И ЕГО ГИПОТЕЗА, КОТОРАЯ ПОЛУЧИЛА ЕГО ИМЯ

Эндрю Ол (родился 29 ноября 1952 года), банкир, предприниматель, инвестор, игрок в покер и математик-любитель и энтузиаст одной из лучших областей, которая является теория номеров. Бл также известен гипотезой Пала, исследуя обобщения последней теоремы Фермата, с 1993 по 1997 год, Бил предложил денежный приз за рецензируемое доказательство этой гипотезы или контрпример, потому что в 1993 году он имел стоимость $ 5000 стоимость приза увеличилась в несколько раз и в настоящее время составляет $ 1,000,000.00 для человека, который доказывает это или представляет противоречивый пример другими словами контр-пример для тех, кто generalize Последняя теорема Фермата. Согласно собственным заявлениям банкира, в пресс-релизе Американского математического общества цель миллионера состоит в том, чтобы «вдохновить молодые умы задуматься над этим вопросом и сделать их все более и более заинтересованными в изучении математики» 4.

3. РАЗВИТИЕ ГИПОТЕЗЫ BEAL

Для демонстрации потребуется три новые теоремы (Т.M, S.T.M e T.G.M), потому что теорема Себа является конкретным случаем гипотезы Пала, это также будет показано позже.

3.1 МАСЕНА ИЛИ Т.M

Учитывая два уравнения Eq1:cz – по топору и Eq2:cm с положительными целыми решениями и имеет общую основу c ≠ 0, с c, b, a, z, y, x и m ∈ N, m > z можно определить новое уравнение Eq3, которое имеет как формат Eq1, так и Eq2. Это означает, что если Eq3 не удовлетворяет Eq1 он не имеет все положительные решения. Примером1 является уравнение Eq1 c2 и b2 и Eq2 → см см с c ≠ 0 и м ∈ N, мы знаем, что Eq1 имеет целые решения, потому что это собственная теорема пифагора, просто проверьте использование пифагорических тройных, точно так же, как Eq2 также имеет все решения, которые это будет доказано впереди. Тем не менее, тогда можно определить уравнение Eq3, которое имеет как формат Eq1, так и Eq2. Como c ≠ 0 possamos usar os seguintes passos em Eq1 → c2 = b2 + a2 → 1 = c− 2.(b2 + a2)(I) Eq1 → c2 = b2 + a2 →  c=(b2+a2)1/2(II)
Próximo passo é usar Eq2, pois possamos escrever Eq2 da seguinte forma cm = cm.1 ao substituir (I) temos cm = cm.c−2.(b2 + a2) → cm = cm−2.(b2 + a2) → cm = b2.cm−2 + a2.cm−2(III) Substituindo (II) em (III);
= b2. + a2. → = . Seja m−2 múltiplo de 4 isto é m−2 = 4.n, com n ∈ ℕ, então temos que m = 4.n + 2, ao substituir temos; (b2 + a2)2.n + 1 = [b(b2 + a2)n]2 +[a(b2+a2)n]2

(b2 + a2)2n + 1 = [B]2 + [A]2 agora só resta verificar se (b2 + a2)2n + 1 é do tipo C2,pela triplas pitagórica essa igualdade é satisfeita logo (b2 + a2)2.n + 1 = (c2)2.n + 1 = c2.(2.n + 1) = [c2.n + 1]2 = [C]2
Portanto C2 = [B]2 + [A]2 o mesmo formato de Eq1 para concluir deve ter propriedade de Eq2C2 = [B]2 + [A]2 → (b2 + a2)2n + 1 = [b(b2 + a2)n]2 + [a(b2 + a2)n]2 → (c2)2n + 1 = [b(c2)n]2 + [a(c2)n]2 →
c4n + 2 = [b.c2n]2 + [a.c2n]2 → c4n + 2 = b2c4n + a2c4n → c4n + 2 = c4n.(b2 + a2) → c4n+2=c4n.(c2) → c4n+2=c4n+2 →cm=cm . Então foi verificado que é possível encontra uma Eq3 que tenha as duas propriedades então a Eq3 para essas duas equações é; Eq3 → (b2+a2)2n+1=[b(b2+a2)n]2+[a(b2+a2)n]2

3.1.1 ДЕГУСТАЦИЯ Т.M

Seja Eq1: cz = by + ax e Eq2: cm = cm, com m > z, a, b, c, x, y, z , m ∈ ℕ e c ≠ 0.
Доказательство Eq2:

На самом деле 1 и 1, умножая обе стороны на c ∈ N, у нас есть 1.c и 1.c, при умножении снова на тот же c у нас есть c2 и c2, логически умножаясь на м раз мы будем иметь;
см . + 1m− 1 + 1m) = m}
 = cm. Поэтому показано Eq2.

Como c ≠ 0, possamos usar os seguintes artifícios:

cz = by + ax → 1 = c − z.(by + ax)( I ) elemento neutro da multiplicação
cz = by + ax → c =(by+ax)1/z( II )

A Eq2 pode ser escrita da seguinte maneira cm = cm.1 , ao substituir (I) nessa equação é obtido:

cm = cm.1 → cm = cm.c − z.(by + ax) → cm = cm− z.(by + ax) → cm = by.cm − z + ax.cm − z
Ao substituir ( II ) resulta em;

, colocando os expoentes y e x em evidências

Para que ∈ ℕ o MMC( zy , zx )= zxy, então m – z deve ser múltiplo de zxy, portanto m – z = zxy.k, com k ∈ ℕ. Isolando m e substituindo na equação resulta:

(by + ax)xyk + 1 = [b.(by + ax)xk]y + [a.(by + ax)yk]x

Portanto essa é a nova equação;
Eq3:(by + ax)xyk + 1 = [b.(by + ax)xk]y + [a.(by + ax)yk]x → Cxyk + 1 = By + Ax
Pelo princípio da comparação ou formato Cxyk + 1 = By + Ax é equivalente a cz = by + ax, é a própria estrutura da conjectura de Beal.

Logo satisfez a Eq1 falta mostra que também tem o formato de Eq2: cm = cm

(by + ax)xyk + 1 = [b.(by + ax)xk]y + [a.(by + ax)yk]x, como cz = by + ax temos;
(cz)xyk + 1 = [b.(cz)xk]y + [a.(cz)yk]x → cz.(xyk + 1) = [b.cz.xk]y + [a.cz.yk]x → czxyk + z = by.czxyk + ax.czxyk →  como
m = zxyk + z
cm = by.czxyk + ax.czxyk → cm = czxyk.(by + ax) → cm = czxyk.(cz) → cm = czxyk + z = cm.

Поэтому доказано, так как Eq3 удовлетворены Eq1 и Eq2.

Dados:

CZ = By + Ax

C = by + ax, B = b.(by + ax)xk, A = a.(by + ax)yk e Z = xyk + 1

MDC(C, B, A) = MDC(by + ax, b.(by + ax)xk, a.(by + ax)yk) = by + ax = cz = C.

MDC(Z, y, x) = MDC(xyk + 1, y, x) = 1

OBS:

Se k for zero temos;
(by + ax)xyk + 1 = [b.(by + ax)xk]y + [a.(by + ax)yk]x → (by + ax)1 = [b.(by + ax)0]y + [a.(by + ax)0]x, como by + ax = cz ≠ 0 portanto (by + ax)0 = 1
(by + ax)1 = [b.1]y + [a.1]x → by + ax = by + ax

Se caso o m fosse igual a z a equação Eq1 e Eq2 seria igual, por sua vez seria igual a Eq3

(by + ax)1 = [b.(by+ax)0]y + [a.(by+ax)0]x →  by + ax = [b.1]y + [a.1]x.

Если случай x'y'k'1 у нас есть идеальный квадрат
(по а
ксу[b.(by + ax)xk])кси[a.(by + ax)yk]к 1 й х → (b1 ) 1 й[b.(b1 + a1)1] 1 й[a.(b1 + a1)1] 1 й 1 →
(б)2 [b.(b + a)]- [a.(b + a)]→ (б- а)2 б.а. (б) а.а.(б) – б2 – ба- аб 2 – б2 , 2аб – а2 (б)
Пример2 Проверка с числами уравнение Eq3, быть b'3, a'2 и n'1 у нас есть;

(b2 – a2)2n – 1 – 2 – 2 [b(b2 + a2)n] (3[a(b2 + a2)n]2 – 22)2,1, 1 – 2 и 2[3(32 + 22)1]
([2(32 + 22)1]9 – 4)3 – 2 – [3(9 + 4)]2 →[2(9 + 4)] 133 – 2 ,[3.13] 2 [2.13] 133, 392 и 262 2187 – 1521 и 676 → 2187 и 2187

3.2 ОТОБРАЖЕНИЕ КАЖДОГО СЛУЧАЯ ЗА Т.M

Чтобы показать достоверность этой теоремы, необходимо также показать возможности или возможные значения z, y, x и m ∈ N, если это не противоречит какой-либо теореме, уже продемонстрированой математиками, такими как (теорема Пифагора "несколько математиков", теорема Себа "Себастьян" и последняя теорема Фермата "Эндрю Уайлса" и так далее).M действителен и будет инструментом, чтобы доказать гипотезу Пала.

3.2.1 PYTHagoras THEME

Это когда z'y'x'2
Предположим, что Eq1c2 и b2 a2, имеет целые решения, для c, a, b, m ∈ N, c ≠ 0 и Eq2 → см. можно найти Eq3, который удовлетворяет двум предыдущим уравнениям, если это происходит вскоре Eq1 → c'√(b2'a2 ) ∈ Н.
Эта демонстрация уже была показана в Примере1, нужно только показать, что на самом деле использование пифагора тройной удовлетворяется условие c'√ (b2'a2) ∈ Н.
Гипотеза c2 – b2 – a2, диссертация C2 – C2.
Используя гипотезу c2 и b2, добавляя с обеих сторон по 2b и 1 ∈ N, идеальный квадрат получается с одной стороны, c2 – 2b – 1 – b2 , 2b – 1 – a2 → c2, 2b – 1 ( b – 1)2 , мы знаем, что в правом треугольнике гипотенузы больше, чем любой из катет, в частности c > b > a, то есть возможность c q 1 , поймите, что это подходящее решение для решения уравнения c2 – 2b – 1 (b) 1)2 – a2 → c2 , 2b – 1 – c2 , a2 → 2b 1 – a2 при изоляции b, получено и как , поймите что и b и c для того чтобы быть integer достаточно (a) быть нечетным потому что нечетные нечетные времена остают нечетными, поэтому условие 2k й 1 для того чтобы быть нечетным с k ∈ , так что у нас есть;

→ 2 х 2 ( 2k й[2k2 + 2k + 1] 1)2[2k2 + 2k], так что у нас есть C 2k2 и 2k й 1, B 2k2 й 2k и A 2k й 1 ∈ N, являются пифагорийские тройки (2k2 и 2k й 1, 2k2 й 2k, 2k, 2k й 1), проверка диссертации

3.2.2 ПО ДЕЛУ ПОСЛЕДНЕЙ ТЕОРЕМЫ ФЕРМАТА

Это когда z'y'x'n
Предположим, что Eq1 → cn – bn, имеет решение для n≥3, с c, a, b, m ∈ N, c ≠ 0 и Eq2 → см. можно найти Eq3, который удовлетворяет двум предыдущим уравнениям, если это произойдет вскоре Eq1 → c n√bn'an ∈ N.
Como c ≠ 0 possamos escrever Eq1, da seguinte forma;

Eq1 → cn = bn + an → 1 = c − n.(bn + an)(I) elemento neutro da multiplicação
Eq1 → cn = bn + an → c = ( bn+an )1/n(II)
Verifique que a Eq2 pode ser escrita da seguinte forma sem alterar seus valores cm = cm.1, ao substituir (I) em Eq2, temos;
cm = cm.c − n.(bn + an) → cm = cm− n.(bn + an) → cm = bn.cm − n + an.cm − n(III)

Substituído (II) em (III)

Perceba que o formato é o mesmo que Eq1, basta verificar se m − n é múltiplo de n2, se sim então possamos escrever m − n = n2.k com k ∈ ℕ, isolando m temos m = n2.k + n isso é uma equação do 2ª grau;
m = n2.k + n ⇒ kn2 + n − m = 0, com isso possamos encontrar valores para m e n por Bhaskara.

, para que n seja natural obrigatoriamente  -1±√1-4km deve ser múltiplo de 2k, então;
-1±√1-4km = 2k.t, com t ∈ ℕ
-1±√1-4km = 2k.t → ±√1-4km= 2k.t + 1 elevando ambos ao quarado temos 1 + 4km = (2k.t + 1)2 → 4km = (2k.t + 1)2 − 1 perceba que é a diferença de dois quadrado então;
4km = (2k.t + 1 − 1).(2k.t + 1 + 1) → 4km = (2k.t).(2k.t + 2) → 4km = 4.(k.t).(k.t + 1) → km = k.t.(k.t + 1) →
m = t( kt + 1), então substituindo esse valor de m em n =  -1±√1-4km temos;

logo (bt + at)kt + 1 = Bt + At, perceba kt + 1 não é múltiplo de t, pois mdc( kt + 1 , t ) = 1, isso é “kt + 1” e “t” são primos entre, e por Andrew Wiles é impossível bt + at = ct (Ultimo Teorema de Fermat), para t > 2.
Потому что kt No 1 ≠ t.α, с 2 < α ∈ N, поэтому не удовлетворяет eq1, поэтому Eq1 не имеет решений, как говорится в Т.M.
Todavia C =kt+1√Bt+At ∈ ℕ, EQSebá, Teorema de Sebá, verificando a igualdade;
C = kt+1√Bt+A → C = kt+1√[b (bt+at )k]t+ [a( bt+at )k]t  →C = kt+1√bt( bt+at )kt + at ( bt+at )kt → kt+1√( bt+at )kt.( bt+at ) → C = kt+1√( bt+at )kt+1 → C = bt + at.

3.2.3 ТЕМА SEB

см – млрд. н.н., с mdc(m,n)
Демонстрация Себастьяно Виейра-де-Насименту (Себе )
Тео
рема: Уравнение См и Bn допускает естественные решения для м и премьеры друг к другу.
Доказательство:
Будь уравнением;
( 1 см и 0 млрд. м, будучи a, b, c, n и m положительными интеграторами. Multiplicando ambos os membros da equação ( 1 ) por (bn + an)m
obtém-se:
( 2 )cm*(bn + an)m = (bn + an)*(bn + an)m, Substituindo o valor de da (1) em (2), obtém-se:
(bn + an)m + 1 = (bn + an)*(bn + an)m
ou
( 3 )(bn + an)m + 1 = bn(bn + an)m + an(bn + an)m
Se escolhermos valores para a e b tal que a ≤ b ou a≥b, e substituirmos na (3), obtém-se valores inteiros positivos para A, B e C.

Пример: Разделите квадрат на два куба несколькими способами. Seja a equação:
( 4 )C2 = B3 + A3, Considere a equação:
c2 = b3 + a3, Multiplicando ambos os membros da equação acima por (b3 + a3)m, onde m e n  ∈ ℕ, temos:

c2(b3 + a3)m = (b3 + a3)(b3 + a3)m
( 5 )(b3 + a3)m + 1 = b3(b3 + a3)m + a3(b3 + a3)m

Comparando a equação (5) com a equação (4), devemos decompor m em potências de 3 e m + 1 em potências de 2. Это будет возможно только в том случае, если м и м No 1, соответственно, кратные 3 и 2. Logo:
m = 6k – 3 e m + 1 = 6k – 2, Assim, a equação (5) fica:

(b3 + a3)6k − 2 = b3(b3 + a3)6k − 3 + a3(b3 + a3)6k − 3
[(b3 + a3)3k − 1]2 = [b(b3 + a3)2k − 1]3 + [a(b3 + a3)2k − 1]3, Logo, as soluções da equação dada são obtidas fazendo:

C = (b3 + a3)3k − 1, B = b(b3 + a3)2k − 1 e A = a(b3 + a3)2k − 1, onde k ∈ N*, a e b ∈ ℕ.
Доказательство использования Т.M Isso é quando z=m e y=x=n
Suponhamos que Eq1 → cm = bn + an, possui solução para m e n primo entre si isso é mdc(m,n)=1, com c, a, b, t, m e n ∈ ℕ, c ≠ 0 e Eq2 → ct = ct é possível encontrar uma Eq3 que satisfaça as duas equações anteriores, se isso ocorrer logo Eq1 → c =m√bn+an ∈ ℕ.

Como c ≠ 0 possamos usar os seguintes métodos;
cm = bn + an → 1 = c − m*(bn + an), (I) elemento neutro da multiplicação
cm = bn + an → c = (bn+an)1/m, (II)
Possamos escrever Eq2 da seguinte forma ct = ct.1, substituindo ( I ) em Eq2 temos;

ct = ct.c − m.(bn + an) → ct = ct− m.(bn + an) → ct = bnct − m + anct − m, ao substituir (II) temos;

Para que seja natural t − m deve ser múltiplo de n e m, logo t − m = m.n.k, com k ∈ ℕ, isolando t temos t = m.n.k + m, ao substituir na equação é obtido;

Resta mostrar que nk + 1 é múltiplo de m, se sim ele é da forma nk + 1 = m.α, com α ∈ ℕ ou bn + an = Cm
Caso ocorra algum desses dois caso temos Cm = Bn + An então estará mostrada que Eq1 tem solução.

Мы должны т.н.к., разделяя оба на м, он получается 1 и н.к. добавляя 1 с обеих сторон и n.k 1, так как т кратна м, так что ∈ N, при этом мы можем использовать следующие шаги;

В качестве n.k 1 и nk 1 и m.α это m.α → α , если α естественно, то это должно быть естественно, если только если t также кратн m2, но t не кратн m2, потому что он формы t m.n.k й m, even if k был равен к m, то он был бы формы t n.m2 и m.(nk q 1) ≠ m2. (НК-1), так что НКЗ1 не является кратным Т, поэтому mdc (НКЗ1,T) No1, являются праймами между ею.

Остается только проверить, является ли bn и «Cm.
Sabemos que nk + 1 não é múltiplo de n, pois o mdc(nk + 1, n) = 1 e como a igualdade da equação (bn + an)nk + 1 = [b(bn + an)k]n + [a(bn + an)k]n é satisfeita já mostrada anteriormente na EQSebá, pelo princípio do formato ou comparação temos que:

Cnk + 1 = Bn + An equivale a cm = bn + an, logo;

(bn + an)nk + 1 = Bn + An → (cm)nk + 1 = cm.(nk + 1) = [cnk + 1]m = Cm = Bn + An

Com isso foi satisfeita a Eq1, falta mostrar Eq2 → ct = ct, perceba que:
(bn + an)nk + 1 = Bn + An → (bn + an)nk + 1 = [b(bn + an)k]n + [a(bn + an)k]n →
(cm)nk + 1 = [b(cm)k]n + [a(cm)k]n → cm.(nk + 1) = [b(cm)k]n + [a(cm)k]n
como t= m.( nk + 1 );
ct = bn(cm)nk + an(cm)nk → ct = (cm)nk(bn + an) → ct = (cm)nk(cm) → ct = (cm)nk + 1 → ct = cm.(nk + 1) = ct, Então provado pois Eq3 tem propriedades tanto de Eq1 como Eq2.

3.2.4 В СЛУЧАЕ, ЕСЛИ ОНИ МНОГОЧИСЛЕННЫ T.M

Корпус (1): для нескольких y x это y xk с k ∈ N
Будьте Eq1: cz и bxk и Eq2 :cm, с м > z и c ≠ 0 вы можете найти новый Equation Eq3, который имеет свойства Eq1 и Eq2, если Eq3 не имеет свойства логотипа Eq1 Eq1, не имеет целых решений.

Como c ≠ 0, temos;
cz = bxk + ax → 1 = c − z.(bxk + ax), (I) elemento neutro da multiplicação
cz = bxk + ax → c = (bxk+ax)1/z, (II)

Possamos escrever Eq2 da seguinte maneira usando ( I );
cm = cm.c − z.(bxk + ax) → cm = cm − z.(bxk + ax) → cm = bxk.cm − z + ax.cm − z, ao substituir (II) temos;

Colocando os xk e x em evidência temos;
, note que o mmc (zxk, zx) e para que ∈ ℕ, obrigatoriamente z – m deve ser múltiplo de zxk isso é m − z = zxk.α com α ∈ ℕ, com isso temos;

(bxk + ax)xk.α + 1 = [b.(bxk + ax)α]xk + [a.(bxk + ax)k.α]x, note que essa equação pode ser escrita da seguinte forma;

(bxk + ax)xk.α + 1 = [bk.(bxk + ax)k.α]x + [a.(bxk + ax)k.α]x, isso é Teorema de Sebá portanto já provado logo Cxk.α + 1 = Bxk + Ax equivalente a Cm = Bx + Ax pois MDC(xk.α + 1 , xk )=MDC(xk.α + 1 , x)= MDC(m,x)=1, portanto primo entre si, por sua vez equivalente Eq1.

Verificando Eq2 que é cm = cm
(bxk + ax)xk.α + 1 = [b.(bxk + ax)α]xk + [a.(bxk + ax)k.α]x, como bxk + ax = cz temos; (cz)xk.α + 1 = [b.(cz)α]xk + [a.(cz)k.α]x → czxk.α + z = [b.c]xk + [a.czk.α]x como m = zxk.α + z
cm = bxk.cxzkα + ax.cxzk.α → cm = cxzkα(bxk + ax) → cm = cxzkα(cz) → cm = cxzkα+ z = cm.
Вскоре удовлетворены Eq1 и Eq2, поэтому доказано.
Caso (2): para x múltiplo de y isso é x = yk com k ∈ ℕ
Essa demonstração é análoga em relação ao Caso (1), chegara que Eq3 é;
(by + ayk)yk.α + 1 = [b.(by + ayk)k.α]y + [a.(by + ayk)α]yk →
(by + ayk)yk.α + 1 = [b.(by + ayk)k.α]y + [a.(by + ayk)]y → Cyk.α + 1 = By + Ay equivalente Cm = By + Ay por sua vez equivalente Eq1: cz = by + ayk com k, α ∈ ℕ .
Корпус (3): для нескольких z x это z xk и MDC (z,x,y) 1, с k ∈ N

Будьте Eq1: cxk и топором, мы можем написать Eq1 из следующего формата Eq1: по q cxk и топор, и Eq2 будет на основе b вместо c, с b ≠ 0 и c > a, логотипом Eq2: bm и bm, с m > y, поэтому возможно Eq3 которое имеет и свойство eq1 и Eq2, если оно не удовлетворяет Eq1 после этого Eq1 не имеет полное положительное разрешения.

Como b ≠ 0 temos;
by = cxk − ax → 1 = b − y(cxk − ax), (I) elemento neutro da multiplicação
by = cxk − ax → b = (cxk-ax)1/y, (II)
Eq2 pode ser escrito da seguinte maneira bm = bm.1, substituído (I) em Eq2 temos;
bm = bm.b − y(cxk − ax) → bm = bm− y(cxk − ax) → bm = cxk.bm − y − ax.bm − y, substituindo (II)temos;

, isolando xk e x temos;
MMC( xyk , x )= xyk, para que  ∈ ℕ, m – y deve ser múltiplo de xyk, isso é m − y = xyk.α, com α ∈ ℕ, com esses dados temos;

(cxk − ax)xkα + 1 = [c.(cxk − ax)α]xk − [a.(cxk − ax)k.α]x, note que possamos organizar da seguinte forma;

(cxk − ax)xkα + 1 = [c.(cxk − ax)α]xk − [a.(cxk − ax)k.α]x → [c.(cxk − ax)α]xk = (cxk − ax)xkα + 1 + [a.(cxk − ax)k.α]x, portanto z pode ser múltiplo de x, e seu MDC( z , x , y ) = 1

Como z = xk, temos;
[c.(cz − ax)α]z = (cz − ax)zα + 1 + [a.(cz − ax)k.α]x, com isso temos;

C = c.(cz − ax)α, B = cz − ax e A = a.(c1 − ax)k.α, logo Cz = Bzα + 1 + Ax, com z=xk, isso é equivalente a Eq1, resta mostrar que também é Eq2: bm = bm.

[c.(cz − ax)α]z = (cz − ax)zα + 1 + [a.(cz − ax)k.α]x, como by = cz − axez = xk, temos;

[c.(by)α]xk = (by)xkα + 1 + [a.(by)k.α]x → cxk.(by)xkα = bxykα+ y + ax.(by)xk.α, como m = xykα + y, temos;

cxk.bxykα = bm + ax.bxyk.α → cxk.bxykα − ax.bxyk.α = bm → bxykα.(cxk − ax) = bm → bxykα.(by) = bm → bxykα + y = bm
→ bm = bm

Portanto como Eq3 satisfez Eq1 e Eq2, logo Eq1 possui soluções nos inteiros positivos.
Дело (4) для нескольких z y это z и yk с k ∈ N
Эта демонстрация аналогична по отношению к Case (3), они достигают того же формата, что и уравнение Eq3, но с b вместо a, и y вместо[c.(cyk − by)α] x;

[b.(cyk − by)k.α]yk и й (cyk bx) й 1, с α ∈ Н.
Корпус (5): для нескольких z x и y это z xyk с MDC (z, x, y) – MDC (x, y)≥1 и k ∈ N
Будьте Eq1: cxyk по топору и Eq2: см и см, с c ≠ 0 и k ∈ N, вы можете найти новый Equation Eq3, который имеет свойства Eq1 и Eq2, если Eq3 не имеет свойства логотипа Eq1 Eq1 не имеет целых решений.

Como c ≠ 0 temos;
cxyk = by + ax → 1 = c − xyk*(by + ax), (I) elemento neutro da multiplicação

Possamos escrever Eq2 da seguinte maneira usando ( I );
cm = cm.c − xyk.(by + ax) → cm = cm − xyk.(by + ax) → cm = by.cm − xyk + ax.cm − xyk , ao substituir (II) temos;

, Colocando y e x evidência temos;

O MMC(xy2k , x2yk )=x2y2k, para que  ∈ ℕ, obrigatoriamente m – xyk deve ser múltiplo de x2y2k isso é m − xyk = x2y2k.α, com α ∈ ℕ, logo temos;

Veja que xyα + 1 não é múltiplo de xy, pois MDC(xy.α + 1 , xy ) = 1, logo Eq1 não tem soluções inteiras positivas para z múltiplo de x e y.
Ибо по й топору по принципу сравнения, показанный ранее, равен cxyk No 1 по топору и как z xyk, у нас есть cz 1 по топору. Таким образом, z No1 не является кратным x и y, поэтому Eq1 не имеет решения в положительных интеграторах.
Caso ( 6 ): para z múltiplo de x, e y múltiplo de x é z = xk e y = xt, com k ≥ t e MDC(z,x,y)=x , e k, t ∈ ℕ
Seja Eq1: cxk = bxt + ax e Eq2: cm = cm, com c ≠ 0 e k, t ∈ ℕ, é possível encontrar uma nova equação Eq3, que tenha propriedades de Eq1 e Eq2 caso Eq3 não tenha propriedade de Eq1 logo Eq1 não tem soluções inteiras.

Como c ≠ 0 temos;
cxk = bxt + ax → 1 = c − xk*(bxt + ax), , (I) elemento neutro da multiplicação
cxk = bxt + ax → c = (bxt + ax)1/xk (II)

Possamos escrever Eq2 da seguinte maneira usando ( I );
cm = cm.c − xk.(bxt + ax) → cm = cm − xk.(bxt + ax) → cm = bxt.cm − xk + ax.cm − xk, ao substituir (II) temos;

, isolando xt e x temos;
, MMC(x2tk,x2k)=x2tk, para que  ∈ ℕ é necessário que m – xk seja múltiplo de  x2tk, isso é m − xk = x2tk.α, com α ∈ ℕ, substituindo esses valores é obtido;

como xt.α + 1 não é múltiplo de x, resta olhar para bxt + ax, perceba que inicialmente Eq1 é cxk = bxt + ax → (ck)x = (bt)x + ax Ultimo teorema de Fermat.
Поскольку Eq3 не satisfie Eq1, поэтому Eq1 не имеет положительного целого решения, когда z является кратным x, и у кратно x.

Caso ( 7 ): para z múltiplo de y, e x múltiplo de y é z = yk e x = yt, com k ≥ t e MDC(z,x,y)=y , e k, t ∈ ℕ
Essa demonstração é análoga em relação ao Caso (6), pois recai em Ultimo teorema de Fermat.

Caso ( 8 ): para z múltiplo de y e x, x ou y múltiplo um do outro, isso é z = xyk e x = yt ou z = xyk e y = xt, com k ≥ t e MDC(z,x,y)=y ou MDC(z,x,y)=x , e k, t ∈ ℕ
Essa demonstração é análoga em relação ao Caso (6) e (7), pois recai em Ultimo teorema de Fermat.

Obs: cxyk = bxt + ax → (cyk)x = (bt)x + ax e cxyk = by + ayt → (cxk)y = by + (at)y, ambos Último Teorema de Fermat.
Вывод в случае, если экспонентов несколько:
Существует нет решения для положительных integers, в случаях (5), ( 6 ), ( 7 ) и ( 8 )

3.3 СОГЛАСНО MACENA ИЛИ S.Т.m

Учитывая n ≥ 2 степень первого члена уравнения, всегда можно определить БЗ (нм – 1 й 1) (нм – 1) н, и если MDC (a, B, c) – 1, то n имеет четную степень, если MDC (a, B, c) – 2,т ≥ 2, то n градус нечетный, в обоих случаях удовлетворяет , в частности, для любого четного или нечетного n у нас есть MDC(a,B,c) – c, где c имеет форму 2n и 1.
Чтобы доказать эту теорему, вам нужно будет найти инструмент, прежде чем его подтвердить.
Инструмент:
Чтобы найти инструмент, сначала мы должны проанализировать, как биномиальный Ньютон ведет себя с 2 класса.

(x + y)2 = 1.x2 + 2.x.y + 1.y2, isso é 1 2 1.
(x + y)3 = 1.x3 + 3.x2.y + 3.x.y2 + 1.y3, isso é 1 33 1.
(x + y)4 = 1.x4 + 4.x3.y + 6.x2.y2 + 4.x.y3 + 1.y4, isso é 1 4 6 4 1.
(x + y)5 = 1.x5 + 5.x4.y + 10.x3.y2 + 10.x2.y3 + 5.x.y4 + 1.y5, isso é 15101051.
*
*

Agora subtraindo xn ou yn em ambos os lados de ( I ), é obtido;

(x + y)n − xn = n.xn1.y + … + n.x.yn1 + yn( I I)
ou
(x + y)n − yn = 1.xn + n.xn1.y + … n.x.yn No 1 (I I)

По разнице двух сил одинаковой степени мы можем написать (x и y)n xn, следующим образом;

Аналогичным образом мы также можем написать (x и y)n и yn, следующим образом;

При этом у нас есть два новых уравнения дифференциации только в x и y.

Добавление ( I V ) и ( V ) у нас есть;

Для того, чтобы быть делится на 2, просто у быть равным х это у й х или х у, с этим у нас есть

Разделение общим фактором, который xn у нас есть;

Элемент (VI ) является инструментом, который будет использоваться для доказательства теоремы.

Provando os casos de n ser par ou ímpar:

Seja m ≥ 2, é possível obter equações do formato cn = B + an, onde o MDC(c,B,a) = 1 se o grau n for par, e MDC(c, B, a) = 2.t ≥ 2, com t ∈ N*, se o grau n é ímpar.

Метод, если база 2, он будет использоваться для завершения квадратов, если это 3 он будет завершения кубов, и так далее, пока база будет использовать завершения umpisth власти.

Будьте б базы, с b ∈, так что предоставление инициативы у нас есть;

Для b No 2 у нас есть;

и 2м на самом деле это действительно, мы можем написать следующим образом 2м и 2м.1, понимаем, что следующее равенство является действительным.
2m = 2m.(2 − 1) → 2m = 2m + 1 − 2m → 2.2m − 1 = 2m + 1 − 2.2m − 1, para completar o quadrado do primeiro membro basta somarmos em ambos os lados22(m − 1) + 1, com isso resulta em;

2.2m − 1 + 22(m − 1) + 1 = 2m + 1 − 2.2m − 1 + 22(m − 1) + 1 → (22(m − 1) + 2.2m − 1 + 1) = 2m + 1 + (22(m − 1) − 2.2m − 1 + 1) , portanto temos dois quadrados perfeitos, e com isso uma nova equação;

(2 m – 1+ 1 )2 = 2 m + 1+ (2 m – 1– 1 )2( 1 )

O seu MDC(2m − 1 + 1, 2, 2m − 1 − 1) = 1

Veja que só depende de uma variável no caso m, Veja os exemplos usando os números.

Para m = 2

(2m1 + 1)2 = 2m+1 + (2m1 − 1)2
(21 + 1)2 = 23 + (21 − 1)2
(2 + 1)2 = 23 + (2 − 1)2
32 = 23 + 12
9 = 8 + 1

Para m = 3

(2m1 + 1)2 = 2m+1 + (2m1 − 1)2
(22 + 1)2 = 24 + (22 − 1)2
(4 + 1)2 = 24 + (4 − 1)2
52 = 24 + 32
52 = 42 + 32
25 = 16 + 9

Para m = 4

(2m1 + 1)2 = 2m+1 + (2m1 − 1)2
(23 + 1)2 = 25 + (23 − 1)2
(8 + 1)2 = 25 + (8 − 1)2
92 = 25 + 72
(32)2 = 25 + 72
34 = 25 + 72
81 = 32 + 49

Para m = 5

(2m1 + 1)2 = 2m+1 + (2m1 − 1)2
(24 + 1)2 = 26 + (24 − 1)2
(16 + 1)2 = 26 + (16 − 1)2
172 = 26 + 152
289 = 64 + 225

Para m = 6

(2m1 + 1)2 = 2m+1 + (2m1 − 1)2
(25 + 1)2 = 27 + (25 − 1)2
(32 + 1)2 = 27 + (32 − 1)2
332 = 27 + 312
1089 = 128 + 961

E assim por diante.

Для b No 3, у нас есть;

3м и 3м на самом деле это действительно, мы можем написать следующим образом 3м и 3м.1, понимаем, что следующее равенство является действительным.
3m = 3m.1 → 3m = 3m.(3 − 2) → 3m = 3m + 1 − 2.3m → 3.3m − 1 = 3m + 1 − 3.2.3m − 1, para completar o cubo no primeiro lado da igualdade basta somarmos 33(m − 1) + 3.32(m − 1) + 1em ambos os lados, com isso resulta em;
3.3m − 1 + 33(m − 1) + 3.32(m − 1) + 1 = 3m + 1 − 2.3m + 33(m − 1) + 3.32(m − 1) + 1 → (33(m − 1) + 3.32(m − 1) + 3.3m − 1 + 1) = 3m + 1 + 33(m − 1) + 3.32(m − 1) +  − 3.2.3m − 1 + 1 → (3m − 1 + 1)3 = 3m + 1 + 33(m − 1) + 3.32(m − 1) − 2.3m + 1, deve existir algum k ∈ ℕ, que somado e subtraído que gerem um cubo perfeito no segundo lado da igualdade assim como ocorreu no exemplo anterior sendo assim temos;
(3m − 1 + 1)3 = [3m + 1 + 33(m − 1) + 3.32(m − 1) − 2.3m + 1 + k] − k, para determinar k, basta 3m + 1 + 33(m − 1) + 3.32(m − 1) − 2.3m + 1 + k = (3m − 1 − 1)3;

3m + 1 + 33(m − 1) + 3.32(m − 1) − 2.3m + 1 + k = 33(m − 1) − 3.32(m − 1) + 3.3m − 1 − 1
3m + 1 + 3.32(m − 1) − 2.3m + 1 + k =  − 3.32(m − 1) + 3.3m − 1 − 1
k =  − 3m + 1 − 3.32(m − 1) − 3.32(m − 1) + 3.3m − 1 + 2.3m − 1 − 1
k =  − 3m + 1 − 6.32(m − 1) + 3.3m − 1 + 2.3m − 2
k =  − 3m + 1 − 2.3.32(m − 1) + 3m + 2.3m − 2
k =  − 3m + 1 − 2.32(m − 1) + 1 + 3.3m − 2
k =  − 3m + 1 − 2.32m − 1 + 3.3m − 2
k =  − 3m + 1 − 2.(32m − 1 + 1) + 3.3m
k =  − 3m + 1 − 2.(32m − 1 + 1) + 3m + 1
k =  − 2.(32m − 1 + 1)

Logo

− k = 2.(32m1 + 1)
Com isso temos outra equação
(3m1 + 1)3 = [3m+1 + 33(m1) + 3.32(m1) − 2.3m + 1 + k] − k
(3m1 + 1)3 = (3m1 − 1)3 + 2.(32m1 + 1)

(3m1 + 1)3 = 2.(32m1 + 1) + (3m1 − 1)3( 2 )

Como 3m − 1 + 1 , 2.(32m − 1 + 1) e 3m − 1 − 1, são pares pois potência de 3 é sempre impar somando 1 ou subtraindo 1 dessa potência isso nos dar um par.
Portanto o MDC(3m − 1 + 1, 2.(32m − 1 + 1), 3m − 1 − 1) = 2.t ≥ 2, com t ∈ N*. Exemplo em números:

Para m = 2 temos;

(3m1 + 1)3 = 2.(32m1 + 1) + (3m1 − 1)3
(31 + 1)3 = 2.(33 + 1) + (31 − 1)3
(4)3 = 2.(28) + (2)3
43 = 2.28 + 23, MDC( 4 , 2.28 , 2 ) = 2
64 = 56 + 8

Para m = 3 temos;

(3m1 + 1)3 = 2.(32m1 + 1) + (3m1 − 1)3
(32 + 1)3 = 2.(35 + 1) + (32 − 1)3
(10)3 = 2.(244) + (8)3
103 = 2.244 + 83
1000 = 488 + 512

E assim por diante.

O método mais rápido de encontrarmos essas equações é usando cn =B +an onde c = nm − 1+1 e a = nm − 1−1, isso é;


Então a equação geral é;

Se n é de grau 2 temos;

Portanto;
(nm − 1 + 1)n = B + (nm − 1 − 1)n

(2m − 1 + 1)2 = 2m + 1 + (2m − 1 − 1)2( 1 )

MDC(2m − 1 + 1, 2, 2m − 1 − 1) = 1, com m ≥ 2.

Se n é de grau 3 temos;

B = 2.((3m − 1 + 1)2.(3m − 1 − 1)0 + (3m − 1 + 1)1.(3m − 1 − 1)1 + (3m − 1 + 1)0.(3m − 1 − 1)2)

B = 2.((3m − 1 + 1)2 + (3m − 1 + 1).(3m − 1 − 1) + (3m − 1 − 1)2)

B = 2.((32(m − 1) + 2.3m − 1 + 1) + 32(m − 1) − 1 + (32(m − 1) − 2.3m − 1 + 1))

B = 2.(2.32(m − 1) + 1 + 32(m − 1))

B = 2.(32(m − 1)(2 + 1) + 1)

B = 2.(32(m − 1)(3) + 1)

B = 2.(32(m − 1) + 1 + 1)

B = 2.(32m − 1 + 1)

Portanto;

(nm1 + 1)n = B + (nm1 − 1)n

(3m1 + 1)3 = 2.(32m1 + 1) + (3m1 − 1)3( 2 )

MDC(3m1 + 1, 2.(32m1 + 1), 3m1 − 1) = 2.t ≥ 2, com t ∈ N* e m ≥ 2

Se n é de grau 4 temos;

B = 2.((4m − 1 + 1)3.(4m − 1 − 1)0 + 4m − 1 + 1)2.(4m − 1 − 1)1 + 4m − 1 + 1)1.(4m − 1 − 1)2 + 4m − 1 + 1)0.(4m − 1 − 1)3)

B = 2.(43m − 2 + 4m) ou B = 22m + 1.(24(m − 1) + 1) ou B = 26m − 3 + 22m + 1 ou B = 82m − 1 + 22m + 1

Fazendo os cálculos corretamente chegara em;

B = 2.(43m − 2 + 4m) ou B = 22m + 1.(24(m − 1) + 1) ou B = 26m − 3 + 22m + 1 ou B = 82m − 1 + 22m + 1

Portanto temos;

(nm − 1 + 1)n = B + (nm − 1 − 1)n
(4m − 1 + 1)4 = 2.(43m − 2 + 4m) + (4m − 1 − 1)4( 3 )
O MDC(4m − 1 + 1, 2.(43m − 2 + 4m), 4m − 1 − 1) = 1, com m ≥ 2

ou

(22(m − 1) + 1)4 = 22m + 1.(24(m − 1) + 1) + (22(m − 1) − 1)4
O MDC(22(m − 1) + 1, 22m + 1.(24(m − 1) + 1), 22(m − 1) − 1) = 1, com m ≥ 2

ou

(22(m − 1) + 1)4 = 26m − 3 + 22m + 1 + (22(m − 1) − 1)4
O MDC(22(m − 1) + 1, 26m − 3, 22m + 1, 22(m − 1) − 1) = 1, com m ≥ 2

Se n é de grau 5 temos;

B = 2((5m − 1 + 1)4 − 0.(5m − 1 − 1)0 + (5m − 1 + 1)4 − 1.(5m − 1 − 1)1 + (5m − 1 + 1)4 − 2.(5m − 1 − 1)2 + (5m − 1 + 1)4 − 3.(5m − 1 − 1)3 + (5m − 1 + 1)4 − 4.(5m − 1 − 1)4)

B = 2((5m − 1 + 1)4 + (5m − 1 + 1)3.(5m − 1 − 1) + (5m − 1 + 1)2.(5m − 1 − 1)2 + (5m − 1 + 1).(5m − 1 − 1)3 + (5m − 1 − 1)4)

Fazendo os cálculos chegará que B vale;

B = 2.(54m − 3 + 2.52m − 1 + 1)

Portanto a equação para o grau 5 é;

(5m − 1 + 1)5 = 2.(54m − 3 + 2.52m − 1 + 1) + (5m − 1 − 1)5( 4 )

MDC(5m − 1 + 1, 2.(54m − 3 + 2.52m − 1 + 1), 5m − 1 − 1) = 2.t ≥ 2, com t ∈ N* e m ≥ 2.

Se n é de grau 6 temos;

B = 2.((6m − 1 + 1)5 − 0.(6m − 1 − 1)0 + (6m − 1 + 1)5 − 1.(6m − 1 − 1)1 + (6m − 1 + 1)5 − 2.(6m − 1 − 1)2 + (6m − 1 + 1)5 − 3.(6m − 1 − 1)3 + (6m − 1 + 1)5 − 4.(6m − 1 − 1)4 + (6m − 1 + 1)5 − 5.(6m − 1 − 1)5)

B = 2.((6m − 1 + 1)5 + (6m − 1 + 1)4.(6m − 1 − 1) + (6m − 1 + 1)3.(6m − 1 − 1)2 + (6m − 1 + 1)2.(6m − 1 − 1)3 + (6m − 1 + 1).(6m − 1 − 1)4 + (6m − 1 − 1)5)

Fazendo os cálculos corretamente vai chegar em;

B = 2.(65m − 4 + 20.63m − 3 + 6m), ou B = 2.6m.(64m − 4 + 20.62m − 3 + 1) e a equação é;

(6m − 1 + 1)6 = 2.6m.(64m − 4 + 20.62m − 3 + 1) + (6m − 1 − 1)6( 5 )

Com MDC(6m − 1 + 1, 2.6m.(64m − 4 + 20.62m − 3 + 1), 6m − 1 − 1) = 1, com m ≥ 2

Então perceba que foi satisfeitas as condições de ( 1 ) até ( 5 ) para os casos onde n é par e n é ímpar.

Для того, чтобы доказать это уравнение, мы должны показать для общего случая не только от (1) до ( 5 ), но от (1) до (n).

Для пары n:
Будьте n 2k с k ∈, по предыдущим примерам MDC (a,B,c) 1, замененный в B получен;

По определению Пары B уже пара, то она делится на 2, остается проверить c и a. Если c и a нечетные после этого MDC (c,B,a) 1, если c и b даже после этого MDC (c,B,a) 2.t ≥ 2, с t ∈ N.

Как с нм 1 х 1 и нм 1 – 1 й 1 уравнения cn и B – при замене значений n и B, которые у нас есть;

Итак, 2. (2 м 2.km 1) 1 как 2. (2м – 2.km 1) 1, нечетные, так что a и c нечетные, при этом единственное значение, разделяя a, B и c, составляет 1.

Для n Импар:
Независимо от того, n No 2k й 1 с k ∈ НС, по предыдущим примерам MDC (a,B,c) 1, заменяется в B получается;

Установив пару B уже пара, то она делится на 2, остается проверить c и a. Если c и a нечетные после этого MDC (c,B,a) 1, если c и b даже после этого MDC (c,B,a) 2.t ≥ 2, с t ∈ N.

Como c = nm − 1 + 1 e a = nm − 1 − 1 da equação cn = B + an ao substituir os valores de n e B temos;

Como 2k + 1 é impar se elevarmos ao quadrado também é ímpar:
(2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2.(2k2 + 2k) + 1
Se somarmos 1 em ambos os lados ou subtraímos 1 isso é um par?
(2k + 1)2 + 1 = 2.(2k2 + 2k) + 2 = 2.[2k2 + 2k + 1] é um par, e (2k + 1)2 − 1 = 2.(2k2 + 2k) − 2 = 2.[2k2 + 2k − 1] Это пара.

Como 2k + 1 é ímpar se elevarmos ao cubo também é ímpar:
(2k + 1)3 = 8k3 + 12k2 + 6k + 1 = 2.(4k3 + 6k2 + 3k) + 1
Se somarmos 1 em ambos os lados ou subtraímos 1 isso é um par?
(2k + 1)3 + 1 = 2.(4k3 + 6k2 + 3k) + 2 = 2.[4k3 + 6k2 + 3k + 1] é um par, e (2k + 1)3 − 1 = 2.(4k3 + 6k2 + 3k) − 2 = 2.[4k3 + 6k2 + 3k − 1] Это пара.

Como 2k + 1 é ímpar se elevarmos a quarta potência também é ímpar:
(2k + 1)4 = 16k4 + 32k3 + 6k + 1 = 2.(8k4 + 16k3 + 3k2) + 1
Se somarmos 1 em ambos os lados ou subtraímos 1 isso é um par?
(2k + 1)4 + 1 = 2.(8k4 + 16k3 + 3k2) + 2 = 2.[8k4 + 16k3 + 3k2 + 1]é um par, e (2k + 1)4 − 1 = 2.(8k4 + 16k3 + 3k2) − 2 = 2.[8k4 + 16k3 + 3k2 − 1]é um par .

se continuar sempre será um par portanto (2k + 1)m1 + 1 e (2k + 1)m1 − 1 é par e como B também é par, logo o menor valor que divide c,B e a é 2, logo MDC(a, B, c) = 2.t ≥ 2, com t ∈ N*

Portanto temos as duas Equações principais:


3.3.1 ДЕГУСТАЦИЯ С.Т.m

По вкусу С.T.M просто остается, чтобы показать, что независимо от ли это даже или странно у нас есть MDC (a,B,c) с, где с 2n No 1 уже было показано, что (я) имеет различные MDC, если даже, а также странно. Mas se usarmos a ferramenta (*) que foi gerada a partir do binômio de Newton, ao fazer x = y foi reduzido para a seguinte equação;

Como ao isolarmos temos;


Ao substituir (I2) e (I1) é obtido;

(2x)n = xn.(2n− 1) + xn

Para que o primeiro lado da equação seja escrito como a soma de duas potências do segundo lado da equação, e como o fator comum é xn, todavia como não foi definido qual valor de x, então basta x ser escrito como 2n − 1, dito isso a equação só irá depender do grau n, portanto temos;

(2x)n = xn.(2n− 1) + xn
(2.(2n − 1))n = (2n − 1)n.(2n − 1) + (2n − 1)n

Portanto outra equação que só depende de uma variável.

(2.(2n − 1))n = (2n − 1)n+1 + (2n − 1)n

Dados para essa nova Equação;
a = 2.(2n − 1), B = (2n − 1)n + 1 e c = 2n − 1

MDC(a,B,c)=MDC(2.(2n − 1), (2n − 1)n + 1, 2n − 1) = 2n − 1 = c
para n par
Isso é n=2k com k ∈ N*

MDC(2.(22k − 1), (22k − 1)2k+1, 22k − 1) = 22k − 1 = c

para n impar
Isso é n= 2k + 1 com k ∈ N*

MDC(2.(22k+1 − 1), (22k+1 − 1)2k+2, 22k+1 − 1) = 22k+1 − 1 = c

De fato está provado pois foi atendida todas as afirmações que o S.T.M propôs.
Teste com números;
Para n = 2 temos;

(2.(2n − 1))n = (2n − 1)n+1 + (2n − 1)n
(2.(22 − 1))2 = (22 − 1)2+1 + (22 − 1)2
(2.(3))2 = 33 + 32
62 = 33 + 32
36 = 27 + 9

Para n = 3 temos;

(2.(2n − 1))n = (2n − 1)n+1 + (2n − 1)n
(2.(23 − 1))3 = (23 − 1)3+1 + (22 − 1)3
(2.(7))3 = 74 + 73
143 = 74 + 73
2744 = 2401 + 343

No momento S.T.M  aparentemente duas equações, porém só uma está no formato da Conjectura que é;

(2m1 + 1)2 = 2m+1 + (2m1 − 1)2
MDC(2m1 + 1, 2, 2m1 − 1) = 1, com m ≥ 2.  “Não está, pois contém 2 como expoente”

e

(2.(2n − 1))n = (2n − 1)n+1 + (2n − 1)n
MDC(2.(2n − 1), 2n − 1, 2n − 1) = 2n − 1, com n ≥ 2. "если n>2, то принадлежит Beal Гипотеза"

3.4 ДРУГИЕ УРАВНЕНИЯ, ГЕНЕРИРУЕМЫЕ МЕТОДОМ С.T.M.

F1: ⇒  (2m − 1 + 2k − 1)2 = 2k(m + 1) + (2m − 1 − 2k − 1)2
É a geral da ( 1 ).
MDC(2m − 1 + 2k − 1, 2, 2m − 1 − 2k − 1) = 1, com k = 1 e m ≥ 2.
ou
MDC(2m − 1 + 2k − 1, 2, 2m − 1 − 2k − 1) = 2, com m ≥ 2 e m > k > 1.
Тип, если м No 4, то k может быть 3,2 и 1.

F2: ⇒  (2m1.km + k)2 = (2k)m+1 + (2m1.km − k)2
Essa é a equação geral da anterior .
MDC(2m1.km + k, 2k, 2m1.km − k) = k, com m ≥ 2 e k ∈ N*.

F3: ⇒  (2m + km+2)2 = (2k)m+2 + (2m − km+2)2
ou
(2m + km+2)2 = (2k)m+2 + (km+2 − 2m)2
Se m = 0 e k for par temos; MDC(1 + k2, 2k, |1 − k2|) = 1, com k ∈ N*.
Se m = 0 e k for ímpar temos; MDC(1 + k2, 2k, |1 − k2|) = 2α ≥ 2, com k, α ∈ N*.
Se k for ímpar temos; MDC(2m + km+2, 2k, |2m − km+2|) = 1, com m ≥ 1 e k ∈ N*.
Se k for par temos; MDC(2m + km+2, 2k, |2m − km+2|) = 2α ≥ 2, com m ≥ 1 e k, α ∈ N*.

Formula Geral do Formato C2 = B + A2 ⇒ C2 = bm + A2
G1: ⇒  (am + 2m2.tm)2 = (2.a.t)m + (am − 2m2.tm)2
Dados:
C = am + 2m2.tm, b = 2.a.t e A = |am − 2m2.tm|

( i ) Se a é ímpar e m > 2 o MDC(C,b,A)=1, ∀t ∈ N*.

ii ) Если нечетным с м No 2 и т чет, MDC (C,b,A)

( iii ) Если нечетные с м й 2 и т нечетным, MDC (C, b, A) 2 "≥ 2 с α ∈ НЗ.

( iv ) Если пара и м > 2 MDC (C, b, A) 2 "≥ 2, ∀, α ∈ НЗ.

v ) Если a в паре с m No 2 и t нечетным MDC (C, b, A) 1, t ∈ N.

(vi) Если a в паре с м й 2 и т пара MDC (C, b, A) 2 "≥ 2, т, α ∈ НЗ.

Как каждая формула или уравнение произошло:
Идея возникла из-за Фермат-каталонская гипотеза, потому что, когда с Cz и Ax, он имеет только конечное количество решений, в которых A, B и C являются положительными integers без общих основных факторов и х, у, и z являются положительными интеграторов удовлетворяющих ()/)) < 1, потому что все решения будут иметь 2 в качестве одного из показателей. Из-за этого вполне возможно, что фиксация экспонента 2 в квадратной разнице будет иметь удовлетворительные результаты в формате гипотезы? При использовании того же метода С.T.M, foi surgindo novas equações com soluções nos inteiros positivos.

F1: Seja (2r + 2s)2 = B + (2r − 2s)2 ⇒ B = (2r + 2s)2 − (2r − 2s)2, com B, r, s ∈ ℕ onde r > s, r e s variáveis não definidas no momento.

B = (2r + 2s)2 − (2r − 2s)2 → B = (2r + 2s − 2r + 2s).(2r + 2s + 2r − 2s) → B = (2s + 2s).(2r + 2r) → B = 2s+1.2r+1 → B = 2s+r+2

Ao adaptar s e r nas variáveis m e k como S.T.M, temos que m > k subtraindo 1 em ambos os lados temos m − 1 > k − 1 ao compara r > s, temos que r = m − 1 e s = k − 1, com isso temos B = 2k1+m1+2 → B = 2m+k2+2 → B = 2m+k, portanto a equação é;

F1: ⇒ (2m1 + 2k1)2 = 2m+k + (2m1 − 2k1)2

Se k for 1, então MDC(2m − 1 + 21 − 1, 2, 2m − 1 − 21 − 1) = MDC(2m − 1 + 20, 2, 2m − 1 − 20) = MDC(2m − 1 + 1, 2, 2m − 1 − 1) = 1, ∀m ∈ N*

Exemplo ao usar essa equação que tem MDC=1, com m = 2, 3, 5, 6. ; м не может быть 1, потому что k был 1.

Para m = 2
(221 + 1)2 = 22+1 + (221 − 1)2 → 32 = 23 + 12 → 9 = 8 + 1

Para m = 3
(231 + 1)2 = 23+1 + (231 − 1)2 → 52 = 24 + 32 → 25 = 16 + 9

Para m = 4
(241 + 1)2 = 24+1 + (241 − 1)2 → 92 = 25 + 72 → 34 = 25 + 72 → 81 = 32 + 49

Para m = 5
(251 + 1)2 = 25+1 + (251 − 1)2 → 172 = 26 + 152 → 289 = 64 + 225

Para m = 6
(261 + 1)2 = 26+1 + (261 − 1)2 → 332 = 27 + 312 → 1089 = 128 + 961

Se k > 1, então MDC(2m − 1 + 2k − 1, 2, 2m − 1 − 2k − 1) = 2, ∀m, k ∈ N*, onde m > k

Exemplo se m = 5, então k varia entre 2 até 4.

(2m1 + 2k1)2 =2m+k + (2m1 − 2k1)2→ (251 + 2k1)2 =25+k + (251 − 2k1)2→ (24 +2k1)2 =25+k + (24 − 2k1)2

Para k = 2
(24 + 221)2 = 25+2 + (24 − 221)2 → (24 + 21)2 = 27 + (24 − 21)2
→ 182 = 27 + 142 → 324 = 128 + 196

Para k = 3
(24 + 231)2 = 25+3 + (24 − 231)2 → (24 + 22)2 = 28 + (24 − 22)2
→ 202 = 28 + 122 → 400 = 256 + 144

Para k = 4
(24 + 241)2 = 25+4 + (24 − 241)2 → (24 + 23)2 = 29 + (24 − 23)2
→ 242 = 29 + 82 → 242 = 29 + 26 → 576 = 512 + 64

F2: Seja (2s.kr + k)2 = B + (2s.kr − k)2 ⇒ B = (2s.kr + k)2 − (2s.kr − k)2, com B, k, r, s ∈ ℕ onde r > s, r e s variáveis não definidas no momento.

B = (2s.kr + k)2 − (2s.kr − k)2 → B = (2s.kr + k − 2s.kr + k).(2s.kr + k + 2s.kr − k) → B = (2k).(2s + 1.kr) → B = 2k.2s + 1.kr → B = 2s + 2.kr + 1, Para que B seja escrito como uma potência basta s + 2 = r + 1, isso resulta que B = (2k)r + 1 ou B = (2k)s + 2, Porém para que isso seja verdade r deve ser maior que s isso é r > s.

Hipótese s + 2 = r + 1 ⇒ s = r − 1  e tese r > s

Temos que s + 1 > s somando 1 em ambos os lados s + 2 > s + 1 ⇒ r + 1 = s + 2 > s + 1 > s ⇒ r + 1 > s por sua vez r + 1 > r portanto r > s, perceba que ao usar a Hipótese onde s = r − 1 ⇒ r = s + 1 e substituir em r > s é satisfeita a desigualdade s + 1 > s.

Portanto B = (2k)r+1 = (2k)s+2 = (2k)r+1, logo a equação é;
(2r1.kr + k)2 = (2k)r+1 + (2r1.kr − k)2, para que tudo expoente fique em função da mesma variável m, basta r ser igual a m, isso é r = m. Com isso já temos outra equação;

F2: ⇒ (2m1.km + k)2 = (2k)m+1 + (2m1.km − k)2

Se k é 1, isso é a própria equação de F1 do MDC=1;

(2m − 1.1m + 1)2 = (2.1)m + 1 + (2m − 1.1m − 1)2 → (2m − 1 + 1)2 = 2m + 1 + (2m − 1 − 1)2

Se k > 1 tem como MDC = k

MDC(2m − 1.km + k, 2k, 2m − 1.km − k) = k, ∀m, k ∈ N*.

Para k = 2

(2m1.km + k)2 = (2k)m+1 + (2m1.km − k)2
(2m1.2m + 2)2 = (4)m+1 + (2m1.2m − 2)2
(22m1 + 2)2 = 4m+1 + (22m1 − 2)2
Se m = 1
(22.11 + 2)2 = 41+1 + (22.11 − 2)2 → 42 = 42 + 02 → 16 = 16
Se m = 2
(22.21 + 2)2 = 42+1 + (22.21 − 2)2 → (23 + 2)2 = 43 + (23 − 2)2 → 102 = 43 + 62 → 100 = 64 + 36
Se m = 3
(22.31 + 2)2 = 43+1 + (22.31 − 2)2 → (25 + 2)2 = 44 + (25 − 2)2 → 342 = 44 + 302 → 1156 = 256 + 900
*
*
*
E assim por diante …

Para k = 3
(2m − 1.km + k)2 = (2k)m + 1 + (2m − 1.km − k)2
(2m − 1.3m + 3)2 = 6m + 1 + (2m − 1.3m − 3)2
Se m = 1
(21 − 1.31 + 3)2 = 61 + 1 + (21 − 1.31 − 3)2
(20.3 + 3)2 = 62 + (20.3 − 3)2 → 62 = 62 + 02
Se m = 2
(22 − 1.32 + 3)2 = 62 + 1 + (22 − 1.32 − 3)2
(21.9 + 3)2 = 63 + (21.9 − 3)2 → 212 = 63 + 152 → 441 = 216 + 225
Se m = 3
(23 − 1.33 + 3)2 = 63 + 1 + (23 − 1.33 − 3)2Nn
(22.27 + 3)2 = 64 + (22.27 − 3)2 → 1112 = 64 + 1052 → 12321 = 1296 + 11025
*
*
*

E assim por diante …
F3: Seja (2s + kr)2 = B + (2s − kr)2 ⇒ B = (2s + kr)2 − (2s − kr)2, com B, r, s ∈ ℕ onde r > s, r e s variáveis não definidas no momento.

B = (2s + kr)2 − (2s − kr)2 → B = (2s + kr − 2s + kr).(2s + kr + 2s − kr) → B = 2.kr.2s + 1 → B = 2s + 2.kr, nesse caso para que B seja uma potência basta r = s + 2. На самом деле r > s, потому что s s 2 > r s s 1 > s ⇒ r > s при размещении экспонента в качестве функции m, просто s й m это дает нам r q й 2.

Логотип B No 2s и 2.kr (2k)r (2k)m 2.

Portanto a nova equação é;

F3: ⇒ (2m + km+2)2 = (2k)m+2 + (2m − km+2)2, com k ∈ N* e m ≥ 0.
Если k составляет 1 для ∀м НЗ MDC No 1 или Если м составляет от 0 до ∀k ∈ N е также MDC No 1.
Se não ocorre nenhum desses casos F3 Possui MDC = 2α ≥ 2, ∀α ∈ N*

A lógica é a mesma para G1,“Já que ela é a geral ”;

Pois ao fazer B = (ar + 2s.tr )2 − (ar − 2s.tr)2 → B = (ar + 2s.tr  − ar  + 2s.tr).(ar + 2s.tr  + ar- 2s.tr) →

.De forma simples basta s + 2 = r ou s = r – 2, como r é m fazendo a conversão temos s = m – 2, isso é;
G1: ⇒  (am + 2m2.tm)2 = (2.a.t)m + (am − 2m2.tm)2
Dados:
C = am + 2m2.tm, B = 2.a.t e A = |am − 2m2.tm|

( i ) Se a é ímpar e m > 2 o MDC(C,b,A)=1, ∀t ∈ N*.

ii ) Если нечетным с м No 2 и т чет, MDC (C,b,A)

( iii ) Если нечетные с м й 2 и т нечетным, MDC (C, b, A) 2 "≥ 2 с α ∈ НЗ.

( iv ) Если пара и м > 2 MDC (C, b, A) 2 "≥ 2, ∀, α ∈ НЗ.

v ) Если a в паре с m No 2 и t нечетным MDC (C, b, A) 1, t ∈ N. (vi) Если a в паре с м й 2 и т пара MDC (C, b, A) 2 "≥ 2, т, α ∈ НЗ.

4. ФОРМУЛЫ, ГЕНЕРИРУЕМЫЕ Т.M E S.T.M С РЕШЕНИЯМИ В НАТУРАЛЬНОМ

Dados básicos; a,b,c,x,y,z,A,B,C,α e k ∈ N

Fórmula1: Cz = Cxyk + 1 = By+ Ax, mdc(x,y,z)=1

( by + ax )xyk+1  = [ b( by + ax)xk]y + [ a( by + ax )yk]x

Dados:
C =by+ ax,  B =b(by+ ax)xk  e  A = a( by+ ax )yk,  MDC(C, B, A) = C.

Fórmula2: Cz = Cxk + 1 = Bx+ Ax, ouCz = Cyk + 1 = By+ Ay, mdc(z,x)= mdc(z,x) = 1

( bx + ax )xk+1  = [ b( bx + ax )k ]x + [ a( bx + ax )k ]x

OU

( by + ay )yk+1  = [ b( by + ay )k]y + [ a( by + ay )k ]y

Dados:
C =bx+ ax, B =b(bx+ ax)k e A = a(bx+ ax )k, MDC(C, B, A) = C.

OU

C =by+ ay, B =b(by+ ay)k e A = a( by+ ay )k, MDC(C, B, A) = C.

 

Fórmula3: Cz = Cxk = Bxkα+ 1+Ax, ouCz=Cyk = Bykα+ 1+Ay, mdc( z, y , x ) = 1

[ c( cxk− ax )α]xk = ( cxk− ax )xkα+1 +[ a(cxk−ax)kα]x

OU

[ c( cyk− by )α]yk = [ b( cyk− by )kα]y + ( cyk− by )ykα+1

Dados:
C = c(cxk − ax), B = cxk − ax e A = a.(cxk −ax), MDC(C,B,A)= B.

OU

C = c(cyk − by),  B = b(cyk − by) e A = cyk − by,  MDC(C,B,A)= A.

Fórmula4:

(2.(2n − 1))n = (2n − 1)n+1 + (2n − 1)n

ou

(2n+1 − 2)n = (2n − 1)n+1 + (2n − 1)n

Dados;
a = 2.(2n − 1), B = (2n − 1)n+1 e c = 2n − 1, MDC(a B,c)=MDC(2.(2n − 1), (2n − 1)n+1, 2n − 1) = 2n − 1 = c

Fórmula5:

G1: ⇒ (am + 2m2.tm)2 = (2.a.t)m + (am − 2m2.tm)2
Dados:
C = am + 2m2.tm, B = 2.a.t e A = |am − 2m2.tm|, Com t ≠ 2.a

( i ) Se a é ímpar e m > 2 o MDC(C,b,A)=1, ∀t ∈ N*.

ii ) Если нечетным с м No 2 и т чет, MDC (C,b,A)

( iii ) Если нечетные с м й 2 и т нечетным, MDC (C, b, A) 2 "≥ 2 с α ∈ НЗ.

( iv ) Если пара и м > 2 MDC (C, b, A) 2 "≥ 2, ∀, α ∈ НЗ.

v ) Если a в паре с m No 2 и t нечетным MDC (C, b, A) 1, t ∈ N.   (vi) Если a в паре с м й 2 и т пара MDC (C, b, A) 2 "≥ 2, т, α ∈ НЗ.

Em Particular

c2 = 2m + 1 + b2, MDC(a,b,c)=1

(2m−1+1)2=2m+1+(2m−1−1)2
c=2m−1+1, b=2 e a=2m−1−1, MDC(a,b,c)=1

5. T.G.M ИЛИ ГЕНЕРАЛ ТЕОРЕМА МАСЕНА

Учитывая любое действительное уравнение положительных центнеров в виде власти, или порожденных Т.М или С.T.M при умножении на дежавю, где d является адекватной основой преобразования в сумму двух сил, и α является нескольким положительным показателем показателей других баз или mmc экспонентов, умноженных на t, таким образом, приводит к власти, написанной в сумме двух других полномочий с общим фактором d или кратным d.

Exemplo:
, com B>A e m ≥ n ≥ 2, onde α=mmc(1,m,n).t, t ϵ N*
, onde α=mmc(z,y,x).t, t ϵ N*
, onde α=mmc(n,1,n).t, t ϵ N*
( IV ) C2=B+A2→ Geralpor S.T.M→ ( am  +  2m − 2.tm )2  =  ( 2.a.t )m  + ( am − 2m − 2.tm )2→T.G.М →
, где α (2,m,2).β, β ε НС
При этом у нас всегда есть общий фактор в формате гипотезы, если экспоненты x,y,z≥3, независимо от уравнения адресовано.
"За исключением ( IV ), который будет иметь класс 2 всегда по крайней мере на одной из баз".

5.1 ДОКАЗАТЕЛЬСТВО Т.G.M

Чтобы доказать эту теорему, необходимо доказать элементы. ( I ), ( II ), ( III ) и (

Provando item ( I ) Seja qualquer equação do tipo , com B,ao multiplicar por uma potência , d não definida no momento, porém , isso é dm.n.t , logo temos;

como d não está definido basta d ser iguala C isso é , onde C é o fator comum da equação, pois
Exemplo em números;

C1 = Bm+Am→ 29 =33 + 22, pelo teorema d=C1=29 eα= mmc(1,3,2).t = 6t,  →296t+1 = 33 . 296t + 22. 296t

296t+1 =( 3.292t )3 + ( 2.293t )2 , se t=1 temos 297=25233+487782, mdc( 29 , 2523 , 48778 ) = 29 ,se t = 2 temos 2913=21218433+11896466422, mdc(29, 2121843 , 1189646642 ) = 29 e assim por diante com t ≥3
C2 = Bm-An→ 23 =33-22, pelo teorema d=C2=23eα=mmc(1,3,2).t = 6t,→236t+1 =33.236t-22.236t
236t+1 =(3.232t)3 – (2.233t)2→, se t=1 temos 237=15873-243342,mdc( 23 , 1587 , 24334 ) = 23,se t = 2 temos 2313=8395233-2960717782, mdc(23, 839523 , 296071778 ) = 23 e assim por diante com t ≥3.
Provando item ( II ) Seja qualquer equação do tipo  cz=by+ax com soluções nos inteiros positivos, por T.M chegaremos em uma equação equivalente com as seguintes bases;
C =by+ax, B =b(by+ax )xk e A =a( by+ax )yk, com equação Cxyk+1=By+Ax→Cz=By+Ax
Ao multiplicar por uma potência dα , d não definida no momento, porém α=mmc(z,y,x).t , tϵN*, isso é dzyx.t , logo temos;
dzyx.t .Cz= dzyx.t.By+dzyx.t .Ax→(dyx.t .C )z= (dzx.t .B )y+(dzy.t .A )x→ Como mdc( C , B , A ) = C então

MDC[(dyx.t .C ),(dzx.t .B ),(dzy.t .A ) ] ≥ dt .C , em particular se d = C temos Cz(yxt+1)= (Czx.t .B )y+(Czy.t .A )x
MDC[ C , (Czx.t .B ), (Czy.t .A ) ] = C. Расширение с использованием всех данных уравнение;

dyx.t . by+ax  }z= {dzx.t .b( by+ax )xk}y+{dzy.t .a( by+ax )yk}x
Como z= xyk + 1
{dyx.t .( by+ax ) }xyk+1= {d(xyk+1)x.t .b(by+ax )xk}y+{d(xyk+1)y.t .a( by+ax )yk}x
Exemplo em números
x=y=2, t=k=1 e b=a=3 e d=5
{54 .( 32+32 ) }5= {510 .3( 32+32 )2}2+{510 .3( 32+32 )2}2
{54 .18 }5= {510 .3.182}2+{510 .3.182}2
112505=94921875002+94921875002
MDC(11250 ,9492187500,9492187500)=11250
Provando item ( III ) Seja qualquer equação do tipo cn=B+an,com soluções nos inteiros positivos, por S.T.M, temos uma vasta quantidade de equações porém B é sempre , ao multiplicar a equação pela potencia dα, d não definida no momento, com α = mmc(n,1,n).t, t ϵ N*, temos


Como temos;

→Como d não está definido basta d=B isso é;


Ou

Exemplos;
( 1 )


Sem = 2, temos → (3.23t )2=23(2t+1)+ 26t, ∀ t ∈N, MDC[(3.23t),2,2]=2
Se m = 3, temos →(5.24t )2=24(2t+1)+(3.24t)2, ∀ t ∈N, MDC[(5.24t),2,(5.24t)]=2
[…]
( 2 )

Sem = 2, temos →{4.56t}3=563t+1+ {2.56t } 3, ∀ t ∈N, MDC[(4.56t),56,2.56t]= 56
Se m=3, temos →{10.488t} 3=4883t+1+ {8.488t }3, ∀ t ∈N,MDC[(10.488t),488,8.488t] = 488
[…]
( 4 )

( 5 )


( 6 )

∀ m > 1, t ∈ N, MDC[Das Bases] = 2.6m. (64m-4 + 20. 62m-3 +1)

( 7 )
E assim por diante
.
.
.
( … )

ПРИМЕЧАНИЕ: До сих пор элементы ( I ), ( II ) и ( III ) остается только ( IV )

Доказательство пункта ( IV ) Будьте любое уравнение типа c2'B'a2, с решениями в положительных цен, используя средства S.T.М, у нас есть;
C2-BC2→Генеральный С.T.M→( am  +  2m − 2.tm )2  =  ( 2.a.t )m  + ( am − 2m − 2.tm )2, ao multiplicar pela potencia dα, com d não definido no momento, porém α = mdc(2,m,2).β , β ϵ N*, dessa vez usa β devido que a equação já possui t, dito isso temos;

dα.(am  +  2m − 2.tm )2  =  dα.( 2.a.t )m  + dα.( am − 2m − 2.tm )2
[d.( am  +  2m − 2.tm )]2  = [d.( 2.a.t )]m  + [d( am − 2m − 2.tm )]2 [d .( am  +  2m − 2.tm )]2  = [2at.d ]m  + [d ( am − 2m − 2.tm )]2

В этом случае d может быть любое число, принадлежащее к положительным ценителям, за исключением нуля, (d'N).
Пример в цифрах;

a'2, d'5et-m'β No 3

[59 .( 23  +  21.33)]2  = [12.56]3 + [59 .( 23  -  21.33)]2
[ 59 .( 62 )]2  = [12.56]3 + [59 .( -46)]2
[121093750]2  = [187500]3 + [ -89843750 ]2
1210937502  = 1875003 + (- 89843750 )2

MDC[121093750 ,187500 ,| – 89843750 |] = 31250

OBS: Já o MDC(Das Bases ) ≥ dβ, esse 31250 = 2.d>dβ

Идея та же для любого уравнения с суммой 2 власти.

Значит, ты доказываешь Т.G.M

Любопытство:) 1.0 )

5 = 3 + 2 → multiplicado pela base 3 → 5.3 = 32 + 2.3 → como 3 = 5 – 2 → substitui no primeiro membro 5(5 – 2)=32 + 2.3 → 52 – 2.5 = 32 + 2.3 → isolando 52 = 32 + 2.( 3 + 5 ) →
52 = 32 + 2.( 8 ) → 52 = 32 + 2.( 23 ) → 52 = 32 + 24.

( 1.1 )

53 = 53 → 53 = 5.52 → possamos escrever 5 = 22 + 1, pondo no segundo membro →
53 = (22 + 1).52 → 53 = 22.52 + 52 → 53= 102 + 52.

"ПРИМЕЧАНИЕ: Это любопытство еще одна статья, которую я буду публиковать в будущем, ABC Гипотеза"

6. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ГИПОТЕЗЫ BEAL

(1-е условие) Учитывая уравнение cz й ax, с решениями в положительных integers, с z , y, x ≥ 3 / c, b, a ≠ 0, то, b и c имеют общий премьер-фактор, который означает, что a, b и c делится на одно и то же простое число.

Или

(2-е условие) Уравнение a x q b y q c z не имеет решения для положительных интеграторов с x,y,z ≥ 3 и mdc (a,b,c)

Начало теста

A (2-ое Условие ) Невозможно получить номера в положительных integers с mdc(a,b,c) No1, и exponents x,y,z ≥ 3, по двум причинам, уже показаны:

Первый — Было показано, что Фермат-Каталонская гипотеза имеет только конечное количество решений, в настоящее время Есть только 10 уравнений найдено, в котором, б, и с являются положительными целые без общих основных факторов и х, у, и z являются положительными целом удовлетворяющих , потому что все решения будут иметь 2 в качестве одного из экспонентов, это уже придерживается гипотезы mdc (a ,b,c) No1, и экспоненты x,y,z ≥ 3.

НАЙДЕНЫ 10; Изображение взято с сайта Википедии.

Источник: Википедия

2—- Если вы голосуете за часть С.T.M обратите внимание, что там, где уравнения имеют mdc (базы) No 1, он всегда имеет показатель 2, даже различные другие экспоненты, и как S.T.M было доказано, так же, как гипотеза Фермат – каталонские государства по крайней мере один из экспонентов должно быть 2, а затем придерживается гипотезы по простой причине содержания экспонента 2 в одной из баз.

Так что осталось доказать только одно условие.

(1-е условие) уже возможно через Т.M, S.T.M e T.G.M, все имеют общие факторы в обеих базах только для того, чтобы показать, что он имеет общий премьер-фактор, который делит обе базы с экспонентами х, y, z ≥ 3.

PROVA:

Dados;

Seja p um número primo, e Fp = pu um fator primo comum p, e pi ≠pi+1, i índice, primos distintos e os expoentes Ui ≥ Ui+1≥0, i índice, expoentes distintos ou não, então C um número natural pode ser inscrito como;

C = Fp = pu, ou C = p1u1.p2u2 ou C = p1u1.p2u2. p3u3 .p4u4 …piui .pi+1ui+1… Fatores primos comum, como cz = by + ax, e pelo algum método de T.M, S.T.M e T.G.M, é obtido Cz = By + Ax, então;

Cz =(Fp )z = pz.u↔By + Ax = pz.u, ou Cz =( p1u1 ) .p2u2 )z =p1z.u1 .p2z.u2 ↔By + Ax = p1z.u1 .p2z.u2 ou

Cz =(p1u1.p2u2. p3u3 .p4u4 … piui.pi+1ui+1…)z =p1z.u1 .p2z.u2. p3z.u3.p4z.u4… piz.ui.pi+1z.ui+1…= By + Ax

CONSTRUINDO Cz → Cz A PARTIR DE Cn.

На самом деле 1 и 1, потому что 1 является нейтральным элементом умножения сказал, что это ε НС, при умножении с обеих сторон у нас есть 1.c й 1.c→к с, когда умножается снова с у нас есть c.c c.c→c2 и c2→ если этот процесс продолжается в течение n раз у нас есть → cn й cn, обратите внимание, если n > z, у нас есть cn>cz.

Таким образом, cn й cn может быть вписан как cn q cz.cn – z, гипотеза гипотезы заключается в том, что cz' by' ax, имеет общий главный фактор, который разделяет основания c,b и a, с z,y,x ≥ 3, с этим у нас есть;

cn cz.cn – z→cn q (по ax).cn z→cn . cn – z ax.cn – z, то если cz' ax имеет разрешения в положительных integers, с экспонентами большле чем или равно до 3, в действительности cn q мимо. cn – z q ax.cn z, имеет фактор который разделяет оба потому что mdc(cn, мимо. cn – z, ax.cn – z) – cn> 1.

Перевод показывает, что cz' by' ax имеет такие решения, так что на самом деле это подтверждает гипотезу, и это тезис. Но чтобы добраться до этого заявления, мы должны доказать равенство, но это уже было показано теоремами Т.M, S.T.M e T.G.M, однако, условия экспонентов были больше, чем или равны 3 не были включены, ни условия основных факторов, так что заключение это доказано Beal гипотезы.

Использование Т.M temos que a equação cz= by+ ax, tornasse;

(by+ax)xyk+1=[b.(by+ax)xk ]y+[a.(by+ax)yk]x, onde z = xyk + 1, C = by+ax ,
B= b.(by+ax)xk e A = a.(by+ax)yk , isso é Cz = By + Ax, com mdc (C,B,A) = C >1, para
x,y,z> 2 ou x,y,(xyk+1) > 2.

Так что, если у Cz и Ax есть решения в положительных интеграторах, то cz и cxyk-1 – по топору, просто потому, что он имеет тот же формат или структуру. Dito isso resta mostrar cn, que é;
cn = by. cn – z + ax.cn – z , adaptando para as bases C,B e A temos;

C n = By. C n – z + Ax.Cn – z

(by+ax)n=[b.(by+ax)xk ]y.(by+ax)(n-z)+[a.(by+ax)(yk )]x.(by+ax)(n-z)
(by+ax)n=by.(by+ax)xyk + n- z+ax.(by+ax)xyk + n- z , como z = xyk+1,
(by+ax)n=by.(by+ax)xyk + n- xyk-1 +ax.(by+ax)xyk + n- xyk-1
(by+ax)n=by.(by+ax)n-1+ax.(by+ax)n-1

“Essa é a equação em funções dos expoentes n,x,y,com bases nos teoremas já mostrados anteriores temos ( n – 1)é um múltiplo de x,y, isso é n – 1 =

xyt ou n = xy.t + 1, o t é apenas para diferenciar de k, já usando”

(by+ax)xy.t+1=by.(by+ax)xyt +ax.(by+ax) xyt
(by+ax)xy.t+1=[b.(by+ax)xt ]y+[a.(by+ax)yt]x
Então como Cn>Cz→Cn-Cz> 0 → (by+ax )xy.t+1-(by+ax )(xy.k+1)>0→dividindo por(by+ax ), temos→(by+ax )xy.t-(by+ax )(xy.k)>0→dividindo (by+ax )xy, temos →
(by+ax )t-(by+ax )k>0→(by+ax )t>(by+ax )k→t > k, ∀ t,k ∈N

Então a equação com todas as variáveis pode ser escrita da seguinte forma;
( EQ1 )(by+ax)xy(t+k)+1=[b.(by+ax)x(t+k) ]y+[a.(by+ax)(y(t+k) )]x

OU

( EQ2 ) (by+ax)xy( t – k )+1)=[b.(by+ax)x( t – k ) ]y+[a.(by+ax)y(t – k) ]x

Pra chegar nessas duas formulas basta usar T.M, с n-z'xyt→n' xyt z, и как z'xyt, у нас есть n q xy (t q), и, как было показано, что t > k, также действителен n q xy (t – k) ∈N

Как и другие формулы, генерируемые Т.M и некоторые также из S.T.M e T.G.M, который имеет формат Cz и по QX, имеет такое же поведение, как ( E'1)e ( E'2), то, показывая условия основных факторов, как в начале этого теста буквально доказывает все условия Гипотеза Beal для утвердительного случая, то есть (1-е состояние ).

(#) Для случая общего премьер-фактора в ( E'1)e ( E'2), это Cz е по й Ax и pz.u ;

Таким образом, общий главный фактор р, потому что равенство удовлетворяется, если она продолжается,

Аналогично ( E-1 ) будет иметь тот же результат

(##) В случае 2 распространенных основных факторов в (E-1) и (E-2) это
, на самом деле mdc будет продуктом двух полномочий различных премьер, это
Проверка равенства, например, z xy (t'k) 1, у нас есть;

при разделении на любой из общих основных факторов попадает в состояние (я).
Аналогично (E-2);

( ### ) В случае общего основных факторов (E-1) и (E-2) это;

На самом деле мы будем иметь MDC с несколькими общими премьер-факторов, или с 3 года, полномочия различных премьер друг от друга, это
_________

_________


Так же, как условие (я), у нас есть;

Каждый раз, когда он делится на общий премьер-фактор они будут уменьшаться, пока она не станет лишь общим основным фактором.
Аналогично (E-2), он также удовлетворен;

Поэтому доказана гипотеза!

7. ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЕ СООБРАЖЕНИЯ

Эта статья была предложена в качестве общего объективного доказательства – там Beal гипотезы, при использовании теоремы T.M, S.T.M e T.G.M в сочетании с приложениями в теории числа было на самом деле можно продемонстрировать, однако не удалось найти Con – например, при использовании средств в ходе разработки, должно быть, заметили, что каждый шаг имеет важное значение для других в любом случае по отношению к теоремам, представленным без Т.M не мог использовать Т.G.M, sem o T.G.M o S.T.M не может быть использован для гипотезы Beal, если у него нет Т.M o S.T.M e T.G.M было бы что-то очень расплывчато, другими словами, не поддерживает демонстрацию такой гипотезы.
В лучшем случае без других теорем, таких как Теорема Пифагора, Последняя теорема Фермата, Теорема Себе и гипотеза Фермата – каталонский Т.M было бы что-то очень расплывчато и займет гораздо больше времени, чтобы быть доказано, просто обладая такими теоремами Т.M является продолжением и в то же время то, что поддержка теоремы цитируется, другими словами Т.M был недостающий кусок для завершения.

8. REFERÊNCIAS

BEAL, Andrew. Site: Wiki de Poker. 2008. Disponível em:<https://poker.fandom.com/wiki/Andrew_Beal> Acesso em: 03 de Junho de 2018.

FERMAT, biografias de Matemáticos. Site: Só Matemática. 1998-2019. Disponível em: <https://www.somatematica.com.br/biograf/fermat.php> Acesso em: 18 de Maio de 2018.

KILHIAN, (Sebastião Vieira do Nascimento, “Sebá”). A Conjectura de Beal – Casos Particulares. Site: O baricentro da Mente. 28/04/2012. Disponível em: <https://www.obaricentrodamente.com/2014/11/a-conjectura-de-beal-casos-particulares.html> Acesso em: 27 de Maio de 2018.

TANIYAMA e SHIMURA, Teorema de Shimura-taniyama-Wil. Editada pela última vez em 5 de setembro de 2017 Site: Wikipédia. Disponível em:<https://pt.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Shimura-Taniyama-Weil> Acesso em: 16 de Junho de 2018.

WILES, Biografia de matemáticos. Site: Só Matemática. 1998-2019. Disponível em: <https://www.somatematica.com.br/biograf/andrew.php > Acesso em: 15 de Maio de 2018.

9. FONTES DE PESQUISA

Site: O Baricentro da Mente. Título: A conjectura de Beal casos particulares. URL: <https://www.obaricentrodamente.com/2014/11/a-conjectura-de-beal-casos-particulares.html> Acesso em: 05 de Maio de 2018.
Site: O Baricentro da Mente. Título: Método de resolução das equações de Sebá. URL: <https://www.obaricentrodamente.com/2012/04/metodo-de-resolucao-das-equacoes-de.html> Acesso em: 05 de Maio de 2018.
Site: Folha de São Paulo. Título: Livro narra solução de teorema que confundiu teóricos por 358 anos. URL: <https://www1.folha.uol.com.br/fsp/ciencia/fe25109801.htm> Acesso em: 10 de Maio de 2018.
Site: Wikipedia. Título: Conjectura de Beal. URL:
<https://pt.wikipedia.org/wiki/Conjectura_de_Beal> Acesso em: 24 de Maio de 2018.
Site: ICM. Título: Detalhes do Autor "Sebastião Vieira do nascimento ( Sebá )". URL:
<https://www.lcm.com.br/site/livros/detalhesAutor?id=A01644> Acesso em: 27 de Setembro de 2019.
Site: Morfismo. Título: Conjectura de Beal. URL:
<https://morfismo.wordpress.com/2013/11/25/conjectura-de-beal/> Acesso em: 28 de Julho de 2018.
Site: DocSity. Título: Fermat, Notas de estudos de Física. URL:
<https://www.docsity.com/pt/fermat-6-1/4705276/> Acesso em: 01 de Setembro de 2019.
Site: Wikipedia. Título: Conjectura de Fermat-Catalan. URL:
<https://pt.wikipedia.org/wiki/Conjectura_de_Fermat-Catalan> Acesso em: 23 de Setembro de 2019.

[1] Выпускной в математике.

Представлено: август 2019 года.

Утверждено: ноябрь 2019 года.

4.2/5 - (17 голосов)

Leave a Reply

Your email address will not be published.

DOWNLOAD PDF
RC: 72484
POXA QUE TRISTE!😥

Este Artigo ainda não possui registro DOI, sem ele não podemos calcular as Citações!

SOLICITAR REGISTRO
Pesquisar por categoria…
Este anúncio ajuda a manter a Educação gratuita
WeCreativez WhatsApp Support
Temos uma equipe de suporte avançado. Entre em contato conosco!
👋 Здравствуйте, Нужна помощь в отправке научной статьи?