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Beal-Vermutungsdemonstration

RC: 72481
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CONTEÚDO

ARTIGO ORIGINAL

SOUSA, Francisco Rafael Macena de [1]

SOUSA, Francisco Rafael Macena de. Demonstration der Beal-Vermutung. Revista Científica Multidisciplinar Núcleo do Conhecimento. 04-Jahr, Ed. 11, Vol. 05, S. 132-173. November 2019. ISSN: 2448-0959, Zugriffsverbindung: https://www.nucleodoconhecimento.com.br/matematica/conjectura-de-beal

STATEMENT DER KONJEKTURE

Wenn ax + by = cz , wobei a, b, c, x, y und z positive ganze Zahlen und x, y, z ≥ 3 sind, dann haben a, b und c einen gemeinsamen Primfaktor, was bedeutet, dass a, b und c durch dieselbe Primzahl teilbar sind. Oder die Gleichung ax + by = cz hat keine Lösung für positive ganze Zahlen mit x, y, z ≥ 3 und mdc (a, b, c) = 1.

ZUSAMMENFASSUNG

Dieser Artikel enthält Demonstrationen mit Prinzipien der Algebra und Zahlentheorie, in Bezug auf die Vermutung wurde von Andrew Beal ein Banker und Enthusiast der Zahlentheorie angekündigt schlug eine Herausforderung für diejenigen, die beweisen oder präsentieren Gegenbeispiel zu einem solchen Problem, dass verallgemeinert fermat es Last Theorem, cn = bn + an, mit n ≥ 3, dies wurde von der englischen Mathematiker Andrew Wiles als Grundlage einer Vermutung von Mathematiker Yutaka Taniyama und Goro Shimu demonstriert , diese Demonstration von Wiles nur wenige Mathematiker werden durch das hohe Niveau oder Komplexität zu verstehen, wird auch verwendet werden, die Sebé Theorem, "Sebastio Vieira do Nascimento (Sebé)", graduierte in Wirtschaftswissenschaften von UFPB, Master in Ingenieurwesen der gleichen, ordentliche Professor der UFCG, seine bewährte Theorem basiert auf, dass cm = bn + an, mit m und n prime unter sich, dies ist mdc , die Vermutung wurde von Beal selbst im Jahr 1993 vorgeschlagen, aber es war nur gut bekannt, auch von der mathematischen Gemeinschaft im Jahr 1997, nachdem R. D. Mauldin veröffentlicht den Artikel a Generalization of Fermat es Last Theorem: The Beal Conjecture and Prize Problem in the Journal Noticesofthe American Mathematical Society.

Schlüsselwörter: Vermutung, Andrew Beal, Fermats letzter Satz.

1. EINFÜHRUNG

Dieser Artikel zielt darauf ab, die Vermutung von Beal zu beweisen, vorgeschlagen von Andrew Beal ein Banker, Unternehmer, Investor, Pokerspieler und Amateur-Mathematiker, der Faszination in zahlentheorie hat, forderte er jeden Mathematiker in der Welt zu beweisen oder geben ein Gegenbeispiel zu seiner Vermutung, die von 1993 bis heute vorgeschlagen wurde, wurde keine Demonstration präsentiert, die die Vermutung einschließlich fermat es Last Theorem verallgemeinert , enthält dieser Artikel mathematisches Wissen, dass jeder, der kam, um die zweite Klasse der High School abgeschlossen zu haben und hat Leichtigkeit in mathematischen Eigenschaften ist möglich, die ersten Demonstrationen zu verstehen, bereits für diejenigen, die eine höhere Ausbildung in genauund darüber hinaus haben, wird leicht von Anfang bis Ende zu verstehen sein, die Vermutung basiert auf positiven ganzen Zahlen oder Lösungen in natürlichen Zahlen mit den größeren Exponenten gleich 3 (drei) und ihre Basen größer oder gleich 1 (ein) , wenn ja, wird nachgewiesen, dass tatsächlich die mdc (c, b , a) = C > 1, wobei dieses C der gemeinsame Primfaktor ist, der a, b und c teilt, mit dem ≤ b oder einem ≥ b, so dass es möglich ist, als Gleichung cz = von + ax, x, y, z ≥ 3, Exponenten, widersprüchlichen Fall als mdc (c, b) zu haben. , a ) = 1 und x, y, z ≥ 3, dies ist der einzige Wert, der c, b, a ist 1 (a) teilt, mit anderen Worten a,b und c sind Primierungen untereinander.

Um zur Demonstration zu gelangen, war es notwendig, neue Theoreme zu erstellen, aber damit der Satz tatsächlich gültig ist, sowie die Vermutung muss im Laufe der Theoreme aus Prinzipien und Eigenschaften in der Zahlentheorie erstellt werden, die größte Herausforderung in diesem Artikel, wie jeder andere, der Primzahlen beinhaltet jene Zahlen, die nur zwei Teiler in den natürlichen haben, die 1 (eins) und sich selbst (Primzahl) , weil es immer noch etwas ist, dass die Theorie der Zahlen noch nicht in der Lage war, einen schnelleren Weg zu finden, um riesige Zahlen zu faktorisieren, aber in der Zahlentheorie haben wir als Hypothese und auch bewiesen, dass jedes X eine zusammengesetzte Zahl schreiben kann – es X als Einprodukt verschiedener Kräfte gleicher oder unterschiedlicher Primzahlen, einschließlich, wenn es Exponenten 0 (Null) oder 1 (eins) hat. Die Idee dieser Vermutung ist einfach, die Begegnung von Primus zu erleichtern.

2. KURZE GESCHICHTE ZU CONJECTURA

2.1 FERMAT UND SEIN SATZ

Es beginnt mit Pierre Fermat, der im 18. Jahrhundert Frankreich lebte, ein Beamter in der französischen Stadt Toulouse, Mathematik für ihn war sein Lieblingszeitvertreib, die interessante Sache ist, dass Fermat hatte größeren Ruhm aufgrund seiner Bräuche der Präsentation zu anderen Mathematiker Probleme, die die größten Köpfe der Zeit herausgefordert, wo sie oft seine Zeitgenossen ratlos in einem Versuch, sie zu lösen verlassen. Fermat hatte die Idee, einen Satz ähnlich dem berühmten Pythagoras-Theorem zu schaffen, der heute in diesem Jahrhundert bekannt ist, aber keine Lösungen in der Natur hatte, dieser Satz ging über seine Zeit hinaus und erlangte Ruhm im Laufe des Jahrhunderts, weil er keine Lösung oder ein Gegenbeispiel fand, weil dieser seinen Namen gewann und weil er seine letzte Herausforderung hatte als sein Name der letzte Theorem von Fermat , die Gleichung seines Ruhms ist cn = bn + an, wo a, b, c und n ∈ N, mit n ≥ 3, nach ihm hatte die Demonstration, starb, ohne dass jemand wusste, was seine angebliche Antwort war, weil dies als sein letzter Satz bekannt wurde. Das Verdienst der Entdeckung dieses Satzes verdankt e.B. seinem Erstgeborenen, er sah mehrere Notizen von Fermat in einem bestimmten Buch der Aritmetik, die dazugehörten, denn sein Vater hatte die Angewohnheit, Entwürfe oder Anmerkungen in Büchern zu machen. Nach dem Fund des Sohnes wurden die Notizen oder Entdeckungen in einem Buch Arithmetica de Diofanto veröffentlicht, das Beobachtungen des Vaters enthielt, 1670 enthielt das Buch 48 Beobachtungen, aber auf dem Weg gaben Generationen von Mathematikern und Physikern Lösungen für ihre Herausforderungen, hatten jedoch eine, die die meisten für die letzte hielten, weil dies einen so herausfordernden Namen hatte. In seinem Buch enthielt er folgende Aussage: "Ich habe eine wunderbare Demonstration dieses Satzes entdeckt, die jedoch nicht in den Rand dieses Buches passt" (FERMAT. 1607 – 1665)2.

2.2 YUTAKA TANIYAMA, GORO SHIMURA UND ANDREW WILES

1954 wurden Yutaka Taniyama und Goro Shimura, junge japanische Mathematiker, Freunde, weil sie sich für dasselbe Buch, denselben Artikel und die gleichen Berechnungen interessierten, diese Taniyama-Shimura-Vermutung ermöglichte es Wiles, den Traum seines Jungen zu verwirklichen, indem er eine intellektuelle Anstrengung und Entschlossenheit einsetzte, die einem Menschen schwer zu glauben war. Die Vermutung, die die beiden präsentierten, diente als Weg zu ihrer endgültigen Lösung des Problems, aber Mathematiker Yutaka Taniyama nahm sich 1958 das Leben, so dass er die Entwicklung der Lösung weiter verzögerte, auf die Entwicklung der Vermutung, ob es nicht absichtlich gemacht wurde, Fermats letztes Theorem zu lösen, aber es war, was wirklich später geschah Wiles erkannte, dass eine solche Grundlage, die den Beweis half – definitiv dort dieser Theorem , denn wer könnte sich vorstellen, dass die Arbeit von zwei Studenten des späten zwanzigsten Jahrhunderts könnte in etwas verwendet werden, die eines der größten Geheimnisse in der Geschichte der Mathematik gelöst. Aber es war Andrew Wiles, der am Ende Fermats letzten Satz demonstrierte, Wiles ist ein Princeton-Universitätsprofessor, der sein Interesse an dem Problem begann, als ein Kind in seiner Heimatstadt eine öffentliche Bibliothek hatte, aber erst 1986 begann er wirklich, seine Arbeit zur Lösung des Satzes seiner Träume zu beginnen, so Wiles, dass seine Forschung unter völliger Geheimhaltung durchgeführt wurde. , denn in seinem Wesen wusste er, dass er die Lösung finden würde, aber es war nicht an der Zeit, so etwas gegenüber der akademischen Gemeinschaft zu bestätigen, Intuition ist alles für eine leidenschaftliche Zahlentheorie, aber die Intuition zeigt den Weg, aber zu beweisen, ob es richtig oder falsch ist, braucht Zeit und Hingabe, vielleicht aus Angst vor dem Druck, der angesichts eines so berühmten Problems leiden würde und schwierige Lösung war zu riskant, um eine solche mögliche Ausgangslösung zu bestätigen , bei der Analyse der Vermutung der beiden Japaner, Andrew Wiles bemerkte, dass ein solcher Satz könnte ein Weg zu lösen sein, aber die Vermutung musste zuerst bewiesen werden, bevor zu zeigen, was er so viel gesucht hatte, seit er ein Kind war, in seinem Kopf war es so klar, dass Wiles von der Lösung des Satzes alle auf den Beweis der Vermutung der beiden Studenten träumen konnte , aber Wiles hat nicht Fermats letztes Theorem gezeigt, sondern die Taniyama-Shimura-Vermutung, die Beweise implizieren wird – dort.

Schließlich, am 23. Juni 1993, auf einer Konferenz am Sir Isaac Newton Institute for Mathematical Sciences in Cambridge, Andrew Wiles, 356 Jahre nach der Präsentation des Satzes, machte seine Ankündigung seiner Demonstration, aber enthielt einen kleinen Fehler in seiner Lösung, Wiles zieht sich für ein Jahr zurück, um einen solchen Fehler zu korrigieren und seine neue Neufassung Demonstration präsentieren , nach der Korrektur und Überprüfung des gleichen Fehlers entdeckt, dauerte es ein paar Monate, um seine Lösung zu bewerten, seine Demonstration hatte 200 Seiten, und nach einer langen Zeit der Angst, seine Entdeckung oder Demonstration wurde schließlich akzeptiert, aber so komplex, dass nur wenige Menschen weltweit in der Lage waren, es zu verstehen, und Wiles (nach Erhalt eines Preises im Wert von 50.000,00 Pfund von der Wolfskehl Stiftung) , tritt er als der Mathematiker, der die faszinierendsten und herausforderndsten Satz in der Geschichte der Mathematik demonstriert, und damit schließt eines der größten Probleme nicht begegnet oder demonstriert, die große Mathematiker vor und während herausgefordert, so Fermat es Letzten Satz hat keine Lösungen mit positiven ganzheitlichen Zahlen mit n ≥ 33.

2.3 ANDREW BEAL UND SEINE KONJEKTURE, DIE SEINEN NAMEN ERHALTEN HAT

Andrew Beal (* 29. November 1952), Bankier, Unternehmer, Investor, Pokerspieler und Amateurmathematiker und Enthusiast eines der besten Bereiche, das ist Zahlentheorie. Beal ist auch für Beals Vermutung bekannt, während er Verallgemeinerungen von Fermats letztem Satz untersucht, von 1993 bis 1997 bot Beal einen Geldpreis für einen von Experten begutachteten Beweis für diese Vermutung oder ein Gegenbeispiel an, da es 1993 einen Wert von 5.000 US-Dollar hatte, den Wert des Preises mehrmals erhöhte und derzeit 1.000.000,00 US-Dollar für die Person beträgt, die dies beweist oder ein widersprüchliches Beispiel für diejenigen darstellt, die Fermats letzter Satz. Nach den eigenen Aussagen des Bankiers, in einer American Mathmatical Society Presseanzeige, ist das Ziel der Millionär Wert ist es, "junge Köpfe zu inspirieren, über das Thema zu reflektieren und machen sie mehr und mehr interesse an der Studie der Mathematik" 4.

3. ENTWICKLUNG ZUR KONJEKTURE VON BEAL

Um dies zu demonstrieren, werden drei neue Theoreme (T.M, S.T.M e T.G.M), da Sebés Theorem ein besonderer Fall von Beals Vermutung ist, wird dies auch später gezeigt werden.

3.1 MACENA ODER T.M

Unter Zwei Gleichungen Eq1:cz = von + ax und Eq2:cm = cm mit positiven Gesamtlösungen und hat als gemeinsame Basis c ≠ 0, mit c, b, a, z, y, x und m ∈ N, m > z ist es möglich, eine neue Gleichung Eq3 zu bestimmen, die sowohl das Format von Eq1 als auch Eq2 hat. Das bedeutet, wenn Eq3 Eq1 nicht erfüllt, hat es nicht ganze positive Lösungen. Beispiel1 ist die Gleichung Eq1 → c2 = b2 + a2 und Eq2 → cm = cm mit c ≠ 0 und m ∈ N, wir wissen, dass Eq1 ganze Lösungen hat, weil es pythagoheran eigener Satz ist, überprüfen Sie einfach mit den pythagorischen Triples, so wie Eq2 auch ganze Lösungen hat, wird dies vor sich gehen. Das heißt, dann ist es möglich, eine Eq3-Gleichung zu bestimmen, die sowohl das Eq1- als auch das Eq2-Format hat. 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 TASTING T.M

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

In der Tat 1 = 1, Multiplikation beider Seiten mit c ∈ N* haben wir 1.c = 1.c, wenn wir wieder mit dem gleichen c multiplizieren, haben wir c2 = c2, logisch multiplizieren dimiert mit m Mal, die wir haben werden;
cm = c(11 + 12 + 13 + … + 1m− 1 + 1m) = m} = cm. Daher zu Eq2 angezeigt.

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.

Daher bewährt, da Eq3 zufrieden Eq1 und 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.

Wenn Fall x=y=k=1 haben wir ein perfektes Quadrat
(durch + ax)xy[b.(by + ax)xk]k + [a.(by + ax)yk]1 = y + x → (b1 + a1)1[b.(b1 + a1)1] + 1[a.(b1 + a1)1] = 1 + 1 →
(b + [b.(b + a)]a)2[a.(b + a)] = + → (b + a)2 = b.(b + a) + a.(b + a) = b2 + ba + ab + a2 + b2 + 2ab + a2 = (b + a)2
Beispiel2 Überprüfung mit Zahlen die Gleichung Eq3, be b=3, a=2 und n=1 haben wir;

(b2 + a2)2n +[b(b2 + a2)n] 1 =[a(b2 + a2)n] 2 + 2 → (32 + 22)2.1 + [3(32 + 22)1]1 = [2(32 + 22)1]2 + 2 →
(9 + 4)3[3(9 + 4)] = 2[2(9 + 4)] + 2 → 133[3.13] = 2[2.13] + 2 → 133 = 392 + 262 → 2187 = 1521 + 676 → 2187 = 2187

3.2 JEDEN FALL PER T.M

Um die Gültigkeit dieses Satzes zu zeigen, ist es auch notwendig, die Möglichkeiten oder möglichen Werte von z, y, x und m ∈ N zu zeigen, wenn er keinem Theorem widerspricht, der bereits von Mathematikern wie (Pythagoras theorem " von mehreren Mathematikern, Sebs Theorem " von Sebastian " und fermat es Last Theorem " von Andrew Wiles " und so on) gezeigt wurde.M ist gültig und wird ein Werkzeug sein, um die Beal-Vermutung zu beweisen.

3.2.1 PYTHagoras THEME

Dies ist, wenn z=y=x=2
Angenommen, Eq1 c2 = b2 + a2, hat ganze Lösungen, für c, a, b, m ∈ N, c ≠ 0 und Eq2 → cm ist es möglich, einen Eq3 zu finden, der die beiden vorherigen Gleichungen erfüllt, wenn dies bald auftritt Eq1 → c=√(b2+a2)∈ N.
Diese Demonstration wurde bereits in Beispiel1 gezeigt, es ist nur notwendig zu zeigen, dass die Bedingung c=√(b2+a2) ∈ N tatsächlich mit dem pythagorischen Triple erfüllt ist.
Hypothese ist c2 = b2 + a2, These C2 = C2.
Mit Hypothese c2 = b2 + a2 Addieren auf beiden Seiten durch 2b + 1 ∈ N, wird ein perfektes Quadrat auf einer Seite erhalten, c2 + 2b + 1 = b2 + 2b + 1 + a2 → c2 + 2b + 1 + 1)2 + a2, wir wissen, dass in einem rechten Dreieck die Hypotenuse größer ist als jede der Kateten, insbesondere c > b > a, dann gibt es die Möglichkeit von c = + b 1 , erkennen Sie, dass dies eine geeignete Lösung ist, um Gleichung c2 + 2b + 1 = (b + 1)2 + a2 → c2 + 2b + 1 = c2 + a2 → 2b + 1 = a2 zu lösen, wenn b isoliert wird, erhalten wird und als , erkennen, dass sowohl b als auch c eine ganze Zahl ausreichen (a) ungerade sein, weil ungerade Zeiten ungerade zeiten bleibt, daher a = 2k + 1 Bedingung, um mit ungeraden k ∈ , so haben wir;

2 [2k2 + 2k + 1]= 2 [2k2 + 2k]+ (2k + 1)2, also haben wir C = 2k2 + 2k + 1, B = 2k2 + 2k und A = 2k + 1 ∈ N, sind die pythagorean Triples (2k2 + 2k + 1, 2k2 + 2k, 2k + 1), Überprüfung der These

3.2.2 FÜR DEN FALL VON FERMAT'S LAST THEOREM

Dies ist, wenn z=y=x=n
Angenommen, Eq1 → cn = bn + an, hat eine Lösung für n≥3, mit c, a, b, m ∈ N, c ≠ 0 und Eq2 → cm ist es möglich, einen Eq3 zu finden, der die beiden vorherigen Gleichungen erfüllt, wenn dies bald Auftritt 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.
Da kt + 1 ≠ t.α, mit 2 < α ∈ N, daher eq1 nicht erfüllt, hat Eq1 keine Lösungen, wie es in T heißt.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 SEB-THEME

cm = bn+ an, mit mdc(m,n)=1
Demonstration von Sebastiéo Vieira do Nascimento ( Seba )
Sa
tz: Die Gleichung Cm = An + Bn lässt natürliche Lösungen für m und n Primungen einander zu.
Beweis:
Sei die Gleichung;
( 1 )cm = bn + an, a, b, c, n und m positive Ganze Zahlen. 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.

Beispiel: Teilen Sie ein Quadrat auf verschiedene Weise in zwei Würfel auf. 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. Dies ist nur möglich, wenn m und m + 1 jeweils Vielfache von 3 und 2 sind. 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.
Beweisen mit dem T.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.

Wir müssen t – m = m.n.k teilen beide durch m, es wird erhalten , 1 = n.k Hinzufügen von 1 auf beiden Seiten = n.k + 1, da t ist vielfache m, so ∈ N, mit diesem können wir die folgenden Schritte verwenden;

Als = n.k + 1 und nk + 1 = m.α ist dies = m.α → α = , wenn α natürlich ist, dann sollte es natürlich sein, wenn nur, wenn t auch ein Vielfaches von m2 ist, aber t nicht vielfachem m2 ist, da es von der Form t = m.n.k + m ist, auch wenn k gleich m wäre, wäre es von der Form t = n.m2 + m ≠. (NK+1), also ist NK+1 nicht vielfaches von T, also mdc (NK+1,T)=1, sind Primierungen zwischen einander.

Es bleibt nur zu prüfen, ob bn + an =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 IN CASE THEY ARE MULTIPLE BY T.M

Fall (1): für mehrere y x ist dies y = xk mit k ∈ N
Seien Sie Eq1: cz = bxk + ax und Eq2 :cm = cm, mit m > z und c ≠ 0 finden Sie eine neue Gleichung Eq3, die Eigenschaften von Eq1 und Eq2 hat, wenn Eq3 keine Eigenschaft des Eq1-Logos Eq1 besitzt, keine gesamtlösungen hat.

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.
Bald zufrieden Eq1 und Eq2, daher bewiesen.
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 .
Fall (3): für mehrere z von x ist dies z = xk und MDC(z,x,y)=1, mit k ∈ N

Be Eq1: cxk = durch + ax, wir können Eq1 des folgenden Formats Eq1 schreiben: von = cxk ax, und Eq2 wird auf der Grundlage von b statt c, mit b ≠ 0 und c > a, Logo Eq2: bm = bm, mit m > y, so ist es möglich, Dass Eq3, das sowohl eq1 als auch Eq2 Eigenschaft hat, wenn es Eq1 nicht erfüllt, dann hat Eq1 keine vollständigen positiven Lösungen.

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.
Fall (4) für multiple s von y ist dies z = yk mit k ∈ N
Diese Demonstration ist analog in Bezug auf Fall (3), sie erreichen das gleiche Format wie Gleichung Eq3, aber mit b anstelle von a, und y anstelle von [c.(cyk − by)α]x;

yk[b.(cyk − by)k.α] = y + (cyk – bx)yk' + 1, mit α ∈ N.
Fall (5): für mehrere z von x und y ist dies z = xyk mit MDC(z, x, y) = MDC(x, y)≥1 und k ∈ N
Seien Sie Eq1: cxyk = von + ax und Eq2: cm = cm, mit c ≠ 0 und k ∈ N, finden Sie eine neue Gleichung Eq3, die Eigenschaften von Eq1 und Eq2 hat, wenn Eq3 keine Eigenschaft des Eq1-Logos hat, hat Eq1 keine gesamtlösungen.

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.
Denn durch + ax durch das vorher gezeigte Vergleichsprinzip entspricht cxyk + 1 = durch + ax und als z = xyk haben wir cz + 1 = durch + ax. Daher ist z +1 nicht vielfaches von x und y, so dass Eq1 keine Lösung in positiven Ganzzahlen hat.
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.
Da Eq3 Eq1 nicht satisfie Eq1 satisfie hat, hat Eq1 daher keine positive Gesamtlösung, wenn z ein Vielfaches von x und y Vielfaches von x ist.

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.
Schlussfolgerung für den Fall, dass die Exponenten mehrere sind:
Es gibt keine Lösung für positive ganze Zahlen, in Fällen (5), ( 6 ), ( 7 ) und ( 8 )

3.3 ACCORDING ZU MACENA ODER S.T.m

Bei n ≥ 2 ist es immer möglich, einen B=(nm – 1 + 1)nm n1 , 1) zu bestimmen, und wenn MDC(a, B, c) = 1 dann n gerade Grad hat, wenn die MDC(a, B, c) = 2.t ≥ 2 dann ist der n Grad ungerade, in beiden Fällen erfüllen sie ein = B + cn , insbesondere für alle geraden oder ungeraden n haben wir die MDC(a,B,c) = c, wobei c von der Form 2n x 1 ist.
Um diesen Satz zu beweisen, müssen Sie ein Tool finden, bevor Sie es beweisen.
Werkzeug:
Um das Werkzeug zuerst zu finden, müssen wir analysieren, wie sich das Binomial von Newton ab Grad 2 verhält.

(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 bei 1( I I)

Durch die Differenz von zwei Kräften des gleichen Grades können wir schreiben (x + y)n xn, wie folgt;

Ebenso können wir auch schreiben (x + y)n yn, wie folgt;

Damit haben wir zwei neue Gleichungen, die sich nur in x und y unterscheiden.

Hinzufügen ( I V ) und ( V ) haben wir;

Damit es durch 2 teilbar ist, ist nur y gleich x dies ist y = x oder x = y, mit dem wir

Dividiert durch den gemeinsamen Faktor, der xn ist, haben wir;

Das Element ( VI ) ist das Werkzeug, das verwendet wird, um den Satz zu beweisen.

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.

Methode, wenn die Basis 2 ist, wird sie für das Vervollständigen von Quadraten verwendet, wenn es 3 ist, wird es Würfel vervollständigen, und so weiter, bis die Basis n die Umpisth-Leistung verwendet.

Seien Sie b eine Basis, mit b ∈ N*, so dass Initiative, die wir haben;

Für b = 2 haben wir;

2m = 2m in der Tat ist dies gültig, können wir wie folgt schreiben 2m = 2m.1, erkennen, dass die folgende Gleichheit gültig ist.
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.

Für b = 3 haben wir;

3m = 3m in der Tat ist dies gültig, können wir wie folgt schreiben 3m = 3m.1, erkennen, dass die folgende Gleichheit gültig ist.
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.

Um diese Gleichung zu beweisen, müssen wir für den allgemeinen Fall nicht nur von (1) bis ( 5 ), sondern von (1) bis (n) zeigen.

Für n Paar:
Seien Sie n =2k mit k ∈ N*, durch die vorherigen Beispiele wird die MDC(a,B,c)=1, die ersetzt in B erhalten;

Durch die Definition von Pair ist das B bereits ein Paar, dann ist es durch 2 teilbar, es bleibt c und a zu überprüfen. Wenn c und a Odd sind, dann ist der MDC (c,B,a) 1, wenn c und b ist Gerade dann ist die MDC(c,B,a) ist 2.t ≥ 2, mit t ∈ N*.

Als c = nm nm 1 + 1 und a = nm 1 – 1 der Gleichung cn = B + ein beim Ersetzen der Werte von n und B haben wir;

Also 2. (2m n 2.km 1) + 1 als 2. (2m – 2.km 1) 1, sind ungerade, also a und c sind ungerade, wobei dies der einzige Wert ist, der a, B und c teilt, 1 ist.

Für n Impar:
Ob n = 2k + 1 mit k ∈ N*, durch die vorherigen Beispiele die MDC(a,B,c)=1, wird die ersetzt in B erhalten;

Durch das Festlegen des Paares ist das B bereits ein Paar, dann ist es durch 2 teilbar, es bleibt c und a zu überprüfen. Wenn c und a ungerade sind, dann ist die MDC(c,B,a) 1, wenn c und b gerade dann ist, dann ist die MDC(c,B,a) 2.t ≥ 2, mit 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] es ist ein Paar.

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] es ist ein Paar.

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 TASTING S.T.m

Um S zu probierenT.M bleibt nur noch zu zeigen, dass unabhängig davon, ob es gerade oder ungerade ist, wir MDC(a,B,c) = c haben, wobei c = 2n ' 1 bereits gezeigt wurde, dass (**) andere MDC hat, wenn n gerade und n gerade ist. 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. " wenn n>2 dann zu Beal Conjecture gehört"

3.4 ANDERE GLEICHUNGEN GENERATED VON DER METHODE VON S.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.
Geben Sie ein, wenn m = 4, dann kann k 3.2 und 1 sein.

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 ) Wenn a mit m = 2 und t a Even ungerade ist, ist der MDC(C,b,A)=1 .

( iii ) Wenn a mit m = 2 und t ein Odd ungerade ist, ist mDC(C, b, A) = 2" ≥ 2 mit α ∈ N*.

( iv ) Wenn a paar und m > 2 ist, ist mDC (C, b, A) = 2' ≥ 2, ∀t, α ∈ N*.

( v ) Wenn a mit m = 2 und t an Odd gekoppelt ist, ist mDC(C, b, A) = 1, t ∈ N*.

( vi ) Wenn a mit m = 2 und t a paart wird, wird der MDC (C, b, A) = 2, ≥ 2, t, α ∈ N*.

Wie jede Formel oder Gleichung zustande kam:
Die Idee entstand aufgrund der Fermat-Katalanischen Vermutung, denn wenn man Cz = By + Ax hat, hat es nur eine begrenzte Menge an Lösungen, bei denen A, B und C positive Ganze rinniert sind, ohne gemeinsame Primfaktoren und x, y und z sind positive ganze Zahlen befriedigend ()/() < 1, weil alle Lösungen 2 als exponenten haben. Aus diesem Grund wäre es möglich, dass die Festsetzung von Exponenten 2 im quadratischen Unterschied zufriedenstellende Ergebnisse im Format der Vermutung hätte? Bei Verwendung der gleichen Methode von S.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. ; m kann nicht 1 sein, weil k 1 war.

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. In der Tat r > s, weil s + 2 > r = s + 1 > s ⇒ r > s bei der Platzierung des Exponenten als Funktion von m, nur s = m dies uns r = m + 2 gibt.

Logo B = 2s + 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.
Wenn k 1 für ∀m ∈ N* ist, ist mDC = 1 oder wenn m 0 bis ∀k ∈ N* auch der MDC = 1 ist.
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 ) Wenn a mit m = 2 und t a Even ungerade ist, ist der MDC(C,b,A)=1 .

( iii ) Wenn a mit m = 2 und t ein Odd ungerade ist, ist mDC(C, b, A) = 2" ≥ 2 mit α ∈ N*.

( iv ) Wenn a paar und m > 2 ist, ist mDC (C, b, A) = 2' ≥ 2, ∀t, α ∈ N*.

( v ) Wenn a mit m = 2 und t an Odd gekoppelt ist, ist mDC(C, b, A) = 1, t ∈ N*. ( vi ) Wenn a mit m = 2 und t a paart wird, wird der MDC (C, b, A) = 2, ≥ 2, t, α ∈ N*.

4. FORMULAS GENERATED VON T.M E S.T.M MIT LÖSUNGEN IN NATURAL

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 ) Wenn a mit m = 2 und t a Even ungerade ist, ist der MDC(C,b,A)=1 .

( iii ) Wenn a mit m = 2 und t ein Odd ungerade ist, ist mDC(C, b, A) = 2" ≥ 2 mit α ∈ N*.

( iv ) Wenn a paar und m > 2 ist, ist mDC (C, b, A) = 2' ≥ 2, ∀t, α ∈ N*.

( v ) Wenn a mit m = 2 und t an Odd gekoppelt ist, ist mDC(C, b, A) = 1, t ∈ N*.   ( vi ) Wenn a mit m = 2 und t a paart wird, wird der MDC (C, b, A) = 2, ≥ 2, t, α ∈ N*.

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 ODER ALLGEMEINETHEMACENA

Gegeben jede gültige Gleichung der positiven ganzen Zahlen in Form von Macht, oder erzeugt durch T.M oder S.T.M bei multipliziert mit d' einer Macht, wobei d eine angemessene Grundlage für die Umwandlung in die Summe von zwei Kräften ist, und α ein mehrfachpositiver Ganzzahlexponent der Exponenten der anderen Basen oder mmc der Exponenten multipliziert mit t * ist, ergibt sich also eine Macht, die in der Summe von zwei anderen Kräften mit einem gemeinsamen Faktor d oder einem Vielfachen von d geschrieben ist.

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.M →
, wobei α =mmc(2,m,2).β, β ε N*
Damit haben wir immer einen gemeinsamen Faktor im Format der Vermutung, wenn die Exponenten x,y,z≥3, unabhängig von der angesprochenen Gleichung.
"Mit Ausnahme von ( IV ), die Note 2 immer mindestens auf einer der Basen haben wird".

5.1 PROVING T.G.M

Um diesen Satz zu beweisen, ist es notwendig, die Gegenstände zu beweisen. ( I ), ( II ), ( III ) und ( IV ).

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. Erweitern mit allen Daten die Gleichung ist;

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
.
.
.
( … )

ANMERKUNG: Bisher bleiben nur die Punkte ( I ), ( II ) und ( III ) übrig ( IV )

Prüfpunkt ( IV ) Seien Sie eine beliebige Gleichung vom Typ c2=B+a2, mit Lösungen in den positiven ganzzahlen, mit den Mitteln von S.T.M, das haben wir;
C2=B+C2→General nach S.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

In diesem Fall kann d eine beliebige Zahl sein, die zu den positiven Ganzzahlen mit Ausnahme von Null (d'N*) gehört.
Beispiel in Zahlen;

a=2, d=5et=m=β = 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

Die Idee ist die gleiche für jede Gleichung mit der Summe von 2 Leistung.

Sie beweisen also T.G.M

Neugier: ( 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.

"HINWEIS: Diese Neugier ist ein weiterer Artikel, den ich in Zukunft veröffentlichen werde, ABC-Vermutung"

6. PROVING THE BEAL CONJECTURE

(1. Bedingung) Gegeben die Gleichung cz = von + ax, mit Lösungen in den positiven ganzen Zahlen, mit z , y, x ≥ 3 / c, b , ein ≠ 0 , dann a, b und c haben einen gemeinsamen Primfaktor, was bedeutet, dass a, b und c durch die gleiche Primzahl teilbar sind.

Oder

(2. Zustand) Gleichung a x + b y = c z hat keine Lösung für positive ganze Zahlen mit x,y,z ≥ 3 und mdc(a,b,c)=1

Starten des Tests

A (2. Bedingung ) Aus zwei bereits gezeigten Gründen ist es unmöglich, Zahlen in den positiven Ganzzahlen mit mdc(a,b,c) =1 und den Exponenten x,y,z ≥ 3 zu erhalten:

1. — Es hat sich gezeigt, dass die Fermat-Katalanische Vermutung nur eine begrenzte Menge an Lösungen hat, derzeit gibt es nur 10 Gleichungen gefunden, in denen a, b und c positive ganze Zahlen ohne gemeinsame Primfaktoren sind und x, y und z sind positive Ganze befriedigend, weil alle Lösungen 2 als einen der Exponenten haben werden, dies bleibt bereits bei der Hypothese von mdc(a ,b,c) =1 und die Exponenten x,y,z ≥ 3.

DIE 10 GEFUNDENEN SIND; Bild von Wikipedia-Website genommen.

Quelle: Wikipedia

2. — Wenn Sie für Teil S stimmen.T.M beachten Sie, dass, wenn die Gleichungen die mdc(bases)=1 haben, es immer einen Exponenten 2 hat, sogar die anderen Exponenten variiert, und als S.T.M hat sich bewährt, genau wie die Fermat-Vermutung – Katalanisch besagt, dass mindestens einer der Exponenten 2 sein sollte, und dann die Hypothese aus dem einfachen Grund, einen Exponenten 2 in einer der Basen zu enthalten, klebt.

Es gibt also nur noch eine andere Bedingung, die bewiesen werden muss.

Der (1. Zustand) ist bereits über T möglich.M, S.T.M e T.G.M, alle haben gemeinsame Faktoren in beiden Basen nur um zu zeigen, dass es einen gemeinsamen Primfaktor hat, der beide Basen mit den Exponenten x,y,z ≥ 3 teilt.

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.

In der Tat 1 = 1, weil 1 ein neutrales Element der Multiplikation ist, das c ε N* ist, haben wir, wenn auf beiden Seiten multipliziert, 1.c = 1.c→c = c, wenn wir wieder mit c multipliziert haben c.c =c.c→c2 = c2→ wenn dieser Prozess für n Mal fortgesetzt wird, haben wir → cn = cn, beachten Sie, wenn n > z, haben wir cn>cz.

So kann cn = cn als cn = cz.cn – z eingeschrieben werden, die Hypothese der Vermutung ist, dass cz= by+ ax, einen gemeinsamen Primfaktor hat, der die Basen c,b und a, mit z,y,x ≥ 3 teilt, mit diesem haben wir;

cn = cz.cn – z→cn = ( by+ ax).cn – z→cn = by. cn – z + ax.cn – z, wenn cz= by+ axsungen in den positiven ganzen Zahlen hat, mit Exponenten größer oder gleich 3, in der Tat cn = by. cn – z + ax.cn z, hat einen Faktor, der sich sowohl trennt, weil die mdc(cn, durch. cn – z, ax.cn – z) = cn> 1.

Das Übersetzen wird gezeigt, dass cz= by+ ax solche Lösungen hat, also bestätigt es in der Tat die Hypothese und dies ist eine These. Aber um zu dieser Aussage zu gelangen, müssen wir Gleichheit beweisen, aber das haben die T-Theoreten bereits bewiesen.M, S.T.M e T.G.M, jedoch waren die Bedingungen der Exponenten größer oder gleich 3 wurden nicht enthalten, noch die Bedingungen der wichtigsten Faktoren so schlussfolgesam die Beal Vermutung nachgewiesen.

Verwenden von T.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.

Wenn also Cz = By + Ax Lösungen in den positiven ganzen Zahlen hat, dann cz = cxyk+1 = von + ax, einfach weil es das gleiche Format oder die gleiche Struktur hat. 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, mit n-z=xyt→n= xyt + z, und als z=xyt haben wir n = xy (t +k), und wie gezeigt wurde, dass t > k, auch gültig ist n = xy( t – k ) ∈N*

Wie die anderen Formeln, die von T generiert werden.M und einige auch von S.T.M e T.G.M, das das Format Cz = By +Ax hat, hat das gleiche Verhalten wie ( EQ1)e ( EQ2), dann zeigt die Bedingungen der Primfaktoren, wie zu Beginn dieses Tests buchstäblich beweisen alle Bedingungen der Beal Vermutung für den positiven Fall, das ist (1. Bedingung ).

(#) Für den Fall eines gemeinsamen Primfaktors in ( EQ1)e ( EQ2) ist dies Cz= By + Ax = pz.u ;

Daher ein gemeinsamer Primfaktor p, weil die Gleichheit befriedigt wird, wenn sie anhält,

Analog zu ( EQ1 ) wird das gleiche Ergebnis

(##) Bei 2 gemeinsamen Primfaktoren in (EQ1) und (EQ2) ist dies
, in der Tat wird die mdc das Produkt von zwei Mächten unterschiedlicher Primierungen sein,
Überprüfung der Gleichheit, wie z = xy(t+k)+1, haben wir;

wenn die Division durch einen der üblichen Primfaktoren in den Zustand fällt ( . .
Analog zu (EQ2);

( ### ) Bei einem gemeinsamen Primfaktor in (EQ1) und (EQ2) ist dies der Fall;

In der Tat werden wir ein MDC mit mehreren gemeinsamen Primfaktoren haben, oder ab 3 Jahren, Kräfte unterschiedlicher Primierungen voneinander, das ist
_________

_________


Genau wie die Bedingung () haben wir;

Jedes Mal, wenn es durch einen gemeinsamen Primfaktor dividiert, werden sie reduzieren, bis es nur ein gemeinsamer Primfaktor wird.
Analog zu (EQ2) ist es auch zufrieden;

Daher bewährte Vermutung!

7. ABSCHLIEßENDE ÜBERLEGUNGEN

Dieser Artikel wurde als allgemeiner objektiver Beweis vorgeschlagen – dort die Beal-Vermutung, bei der Verwendung der T-Theoreme.M, S.T.M e T.G.M in Kombination mit Anwendungen in der Zahlentheorie war es tatsächlich möglich, zu zeigen, aber es war nicht möglich, ein Con -Beispiel zu finden, aber bei der Verwendung der Mittel im Laufe der Entwicklung muss festgestellt haben, dass jeder Schritt für den anderen sowieso in Bezug auf die Theoreme ohne das T präsentiert wesentlich war.M konnte T nicht verwenden.G.M, sem o T.G.M o S.T.M konnte nicht für die Beal-Vermutung verwendet werden, wenn sie nicht über T.M o S.T.M e T.G.M wäre etwas sehr vage, mit anderen Worten, würde die Demonstration solcher Vermutungen nicht unterstützen.
Bestenfalls ohne die anderen Theoreme wie Pythagoras Theorem, Fermats Letztes Theorem, Sebés Theorem und Fermats Vermutung – Katalanisch das T.M wäre etwas sehr vage und würde viel länger dauern, um bewiesen zu werden, nur durch den Besitz solcher Theoreme das T.M ist eine Erweiterung und gleichzeitig, welche Unterstützung die zitierten Sätze, mit anderen Worten T.M war das fehlende Stück für die Fertigstellung.

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] Abschluss in Mathematik.

Eingereicht: August 2019.

Genehmigt: November 2019.

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