Demostración de la conjetura de Beal

ARTÍCULO ORIGINAL

SOUSA, Francisco Rafael Macena de ^[1]

SOUSA, Francisco Rafael Macena de. Demostración de la conjetura de Beal. Revista Científica Multidisciplinar Núcleo do Conhecimento. año 04, Ed. 11, Vol. 05, páginas 132-173. Noviembre de 2019. ISSN: 2448-0959, Enlace de acceso: https://www.nucleodoconhecimento.com.br/olimpiada-de-matematica/la-conjetura-de-beal

DECLARACIÓN DE CONJETURA

Si a^x + b^y á c^z , donde a, b, c, x, y y z son enteros positivos y x, y, z ≥ 3, entonces a, b y c tienen un factor primo común, lo que significa que a, b y c son divisibles por el mismo número primo. O bien, la ecuación a^x + b^y = c^z no tiene solución para enteros positivos con x, y, z ≥ 3 y mdc (a, b, c) a 1.

RESUMEN

Este artículo contiene demostraciones utilizando principios de álgebra y teoría de números, con respecto a la conjetura fue anunciado por Andrew Beal un banquero y entusiasta de la teoría de números propuso un desafío para aquellos que prueban o presentan contraejemplo a tal problema que generaliza el último teorema de fermat, cⁿ = bⁿ + aⁿ con n ≥ 3, esto fue demostrado por el matemático inglés Andrew Wiles utilizando como base una conjetura hecha por los matemáticos Yutaka Taniyama y Goro Shimu , esta demostración realizada por Wiles pocos matemáticos entenderán por el alto nivel o complejidad, también se utilizará el Teorema Sebá, “Sebastiáo Vieira do Nascimento (Sebá)”, graduado en Economía por la UFPB, maestro en ingeniería del mismo, profesor completo de UFCG, su teorema probado se basa en ese cm á bn + un, con m y n prim^o ent^re sí, este es mdc (m. n) , la conjetura fue propuesta por el propio Beal en 1993, pero sólo fue bien conocida incluso por la comunidad matemática en 1997 después de que R. D. Mauldin publicara el artículo una Generalización del último teorema de Fermat: La conjetura de Beal y el problema del premio en la revista Noticesofthe American Society Mathematical Society.

Palabras clave: Conjetura, Andrew Beal, el último teorema de Fermat.

1. INTRODUCCIÓN

Este artículo tiene como objetivo probar la Conjetura de Beal, propuesta por Andrew Beal un banquero, empresario, inversor, jugador de póquer y matemático aficionado que tiene fascinación en la teoría de números, desafió a cualquier matemático en el mundo a probar o dar un contraejemplo a su Conjetura que fue propuesto desde 1993 hasta la actualidad, no se presentó ninguna demostración que generalice la conjetura incluyendo fermat’s Last Theorem , este artículo contiene conocimientos matemáticos que cualquier persona que llegó a tener el segundo grado de la escuela secundaria completa y tiene facilidad en las propiedades matemáticas es posible entender las demostraciones iniciales, ya para aquellos que tienen una educación superior en exacto y más allá de estos será fácil de entender de principio a fin, la conjetura se basa en enteros positivos o soluciones en números naturales con los exponentes más grandes iguales a 3 (tres) y sus bases mayores o igual a 1 (uno) , si es así se demostrará que en realidad el mdc (c, b , a) a C > 1, donde esta C es el factor primo común que divide a, b y c, con el ≤ b o a ≥ b, de tal manera que sea posible tener como ecuación c^z = b^y + a^x, x, y, z ≥ 3, exponentes, caso contradictorio poseerá como m (c, b, , a ) a 1 y x, y, z ≥ 3, este es el único valor que divide c, b, a es 1 (a), es decir, a,b y c son primos entre sí.

Para llegar a la demostración era necesario crear nuevos teoremas, pero para que el teorema sea realmente válido, así como la conjetura debe ser probada en el curso de los teoremas se crean a partir de principios y propiedades en la teoría de números, el mayor desafío en este artículo como cualquier otro que implica números primos esos números que sólo tiene dos divisores en los naturales que es 1 (uno) y a sí mismo (número primo) , porque todavía es algo que la teoría de los números todavía no ha sido capaz de encontrar una manera más rápida de factorizar números gigantes, sin embargo en la teoría de números tenemos como hipótesis y también demostró que cualquier X un número compuesto, podemos escribir – es un producto de varios poderes de números primos iguales o distintos, incluyendo cuando tiene exponentes 0 (cero) o 1 (uno). La idea de esta conjetura es simplemente facilitar el encuentro de factores primos.

2. BREVE HISTORIA A CONJETURA

2.1 FERMAT Y SU TEOREMA

Comienza con Pierre Fermat que vivió en la Francia del siglo XVIII, un funcionario en la ciudad francesa de Toulouse, las matemáticas para él era su pasatiempo favorito, lo interesante es que Fermat tenía mayor fama debido a sus costumbres de presentar a otros matemáticos problemas que desafiaron a las mentes más grandes de la época, donde a menudo dejaban sus contemporáneos perplejos en un intento de resolverlos. Fermat tuvo la idea de crear una propuesta similar al famoso teorema de Pitágoras que es bien conocido hoy en este siglo, pero no tenía soluciones en los naturales, esta proposición fue más allá de su tiempo y ganó fama a lo largo del siglo, por no encontrar una solución o contraejemplo, por ello ganó su nombre y por ser su último reto tuvo como nombre el último teorema de Fermat , la ecuación de su fama es cⁿ = bⁿ + aⁿ, donde a, b, c y n ∈ N, con n ≥ 3, según él tuvo la manifestación, murió sin que nadie supiera cuál era su supuesta respuesta, debido a esto se hizo conocido como su último teorema. El mérito del descubrimiento de esta proposición debía a su primogénito, vio varias notas de Fermat en un cierto libro de Aritmetics que pertenecía, ya que su padre tenía el hábito de hacer borradores o anotaciones en libros. Después del hallazgo del hijo, las notas o descubrimientos fueron publicados en un libro Arithmetica de Diofanto que contenía observaciones del padre, en 1670 el libro contenía 48 observaciones, pero a lo largo del camino generaciones de matemáticos y físicos estaban dando soluciones a sus desafíos, sin embargo tenía uno que la mayoría pensaba que era el último, debido a esto tenía un nombre tan desafiante. En su libro contenía la siguiente declaración: “He descubierto una maravillosa demostración de esta propuesta que, sin embargo, no encaja en los márgenes de este libro” (FERMAT. 1607 – 1665)².

2.2 YUTAKA TANIYAMA, GORO SHIMURA Y ANDREW WILES

En 1954, Yutaka Taniyama y Goro Shimura, jóvenes matemáticos japoneses, se hicieron amigos porque se interesaron en el mismo libro, el mismo artículo y los mismos cálculos, esta conjetura Taniyama-Shimura permitió a Wiles realizar el sueño de su hijo, empleando un esfuerzo intelectual y una determinación que era difícil de creer como era posible para un ser humano. La conjetura que los dos presentaron sirvió como un camino a su solución definitiva al problema, sin embargo el matemático Yutaka Taniyama tomó su propia vida en 1958, por lo que retrasó aún más el desarrollo de la solución, al desarrollo de la conjetura en si no fue hecho intencionalmente para resolver el último teorema de Fermat, sin embargo fue lo que realmente sucedió más tarde Wiles se dio cuenta de que tal base que ayudó a la prueba – , para quien pudiera imaginar que el trabajo de dos estudiantes de finales del siglo XX podría ser utilizado en algo que resolviera uno de los mayores misterios de la historia de las matemáticas. Pero fue Andrew Wiles quien terminó demostrando el último teorema de Fermat, Wiles es un profesor universitario de Princeton que comenzó su interés en el problema cuando era niño en su ciudad natal tenía una biblioteca pública, pero fue sólo durante 1986 que realmente comenzó a comenzar su trabajo de resolver el teorema de sus sueños, según Wiles que su investigación se hizo en completo secreto , porque en su ser sabía que encontraría la solución, pero no era el momento de afirmar tal cosa a la comunidad académica, la intuición lo es todo a un apasionado en la teoría de los números, sin embargo la intuición muestra el camino, pero probar si está bien o mal lleva tiempo y dedicación, tal vez temiendo la presión que sufriría frente a un problema tan famoso y la solución difícil era demasiado arriesgado afirmar una solución inicial tan posible , al analizar la conjetura de los dos japoneses, Andrew Wiles señaló que tal teorema podía ser una manera de resolver, sin embargo la conjetura tenía que probarse primero antes de demostrar lo que había buscado tanto desde que era un niño, en su mente estaba tan claro que Wiles podía soñar con la solución del teorema todo dependía de la prueba de la conjetura de los dos estudiantes , sin embargo Wiles no demostró el último teorema de Fermat, sino más bien la conjetura Taniyama-Shimura, lo que implicará prueba – allí.

Finalmente, el 23 de junio de 1993, en una conferencia celebrada en el Instituto Isaac Newton de Ciencias Matemáticas en Cambridge, Andrew Wiles, 356 años después de la presentación del teorema, hizo su anuncio de su demostración, pero contenía un pequeño defecto en su solución, Wiles se retira durante un año con el fin de corregir tal error y presentar su nueva demostración refundida , después de la corrección y revisión del mismo error detectado, tomó unos meses para evaluar su solución, su demostración tuvo 200 páginas, y después de un largo período de ansiedad, su descubrimiento o demostración fue finalmente aceptada, pero tan compleja que sólo unas pocas personas en todo el mundo fueron capaces de entenderlo, y Wiles (después de recibir un premio por valor de 50.000.00 de libras de la Fundación Wolfshlke) , entra como el matemático que demostró el teorema más intrigante y desafiante en la historia de las matemáticas, y así concluye uno de los mayores problemas no encontrados o demostrados que desafiaron a los grandes matemáticos antes y durante, por lo que el último teorema de Fermat no tiene soluciones con enteros positivos con n ≥ ³3.

2.3 ANDREW BEAL Y SU CONJETURA QUE RECIBIÓ SU NOMBRE

Andrew Beal (nacido el 29 de noviembre de 1952), banquero, empresario, inversor, jugador de póquer y matemático aficionado y entusiasta de una de las mejores áreas que es la teoría de números. Beal también es conocido por la conjetura de Beal mientras investiga las generalizaciones del último teorema de Fermat, de 1993 a 1997, Beal ofreció un premio monetario por una prueba revisada por pares de esta conjetura o un contra-ejemplo, porque en 1993 tenía un valor de $5,000 el valor del premio aumentó varias veces y actualmente es $1,000,000.00 para la persona que lo demuestra o presenta un ejemplo contradictorio en otras palabras un contra-ejemplo para aquellos que generalizan El último teorema de Fermat. Según las propias declaraciones del banquero, en un anuncio de prensa de la Sociedad Americana de Matemáticas, el objetivo del valor millonario es “inspirar a las mentes jóvenes para reflexionar sobre el tema y hacerlas cada vez más interesadas en el estudio de las matemáticas^“4.

3. DESARROLLO A LA CONJETURA DE BEAL

Para demostrar que se necesitarán tres nuevos teoremas (T.M, S.T.M e T.G.M), debido a que el Teorema de Sebá es un caso particular de conjetura de Beal, esto también se mostrará más adelante.

3.1 MACENA O T.M

Dadas dos ecuaciones Eq₁:c^z = b^y + a^x e Eq₂:c^m = c^m con soluciones enteras positivas y tiene como base común c ≠ 0, con c, b, z, z, y m ∈ N, m > z es posible determinar una nueva ecuación Eq₃ que tiene tanto el formato de Eq₁ como Eq₂. Esto significa que si Eq₃ no satisface Eq₁ no tiene soluciones positivas completas. Ejemplo₁ es la ecuación Eq₁ → c² = b² + a² e Eq₂ → c^m = c^m con c ≠ 0 y m ∈ N, sabemos que Eq1 tiene soluciones enteras porque es el propio teorema de Pitágoras, sólo tiene que comprobar usando los triples póthagóricos, al igual que Eq₂ también tiene soluciones enteras que se probará por delante. Dicho esto, entonces es posible determinar una ecuación Eq₃ que tiene el formato Eq1 y Eq₂. Con c ≠ 0 podemos utilizar los siguientes pasos en Eq₁ → c² = b² + a² → 1 = c^− 2.(b² + a²)(I) Eq₁ → c² = b² + a² →  c=(b²+a²)^1/2(II)
El siguiente paso es usar Eq₂, porque podemos escribir Eq₂ de la siguiente manera c^m = c^m.1 al reemplazar (I) tenemos c^m = c^m.c⁻².(b² + a²) → c^m = c^m−2.(b² + a²) → c^m = b².c^m−2 + a².c^m−2(III) Reemplazo (II) en (III);

= b².

+ a².

→

=

. Sea m – 2 un múltiplo de 4, es decir, m – 2 = 4.n, con n ∈ ℕ, entonces tenemos m = 4.n + 2, al reemplazar tenemos; (b² + a²)^2.n + 1 = [b(b² + a²)ⁿ]² +[a(b²+a²)ⁿ]²

(b² + a²)^2n + 1= [B]² + [A]² ahora solo tenemos que comprobar si (b² + a²)^2n + 1 es como C²,por las triples pitagóricas esta igualdad pronto se satisface (b² + a²)^2.n + 1 = (c²)^2.n + 1 = c^{2.(2.n + 1)}= [c^2.n + 1]² = [C]²
Por lo tanto C² = [B]² + [A]² el mismo formato de Eq1 para concluir debe tener propiedad 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 →
c^4n + 2 = [b.c²ⁿ]2 + [a.c²ⁿ]2 → c^4n + 2 = b²c⁴ⁿ + a²c⁴ⁿ → c^4n + 2 = c⁴ⁿ.(b² + a²) → c⁴ⁿ⁺²=c⁴ⁿ.(c²) → c⁴ⁿ⁺²=c⁴ⁿ⁺² →c^m=c^m . Luego se comprobó que es posible encontrar un Eq₃ que tiene ambas propiedades entonces el Eq₃ para estas dos ecuaciones lo es; Eq₃ → (b²+a²)2ⁿ⁺¹=[b(b²+a²)ⁿ]²+[a(b²+a²)ⁿ]²

3.1.1 CATA T.M

Sea Eq₁: c^z = b^y + a^x e Eq₂: c^m = c^m, con m > z, a, b, c, x, y, z , m ∈ ℕ e c ≠ 0.
Prueba de Eq₂:

De hecho, 1 a 1, multiplicar ambos lados por c ∈ N* tenemos 1.c a 1.c, al multiplicar de nuevo por el mismo c tenemos c2 a c2, multiplicando lógicamente por m veces tendremos;
c^m = c^{{(1₁ + 1₂ + 1₃ + … + 1_m − 1 + 1_m) = m}} = c^m. Por lo tanto se muestra a Eq_2.

Como c ≠ 0, podemos usar los siguientes dispositivos:

c^z = b^y + a^x → 1 = c^− z.(b^y + a^x)( I ) elemento neutro de multiplicación
c^z = b^y + a^x → c =(b^y+a^x)^1/z( II )

A Eq₂ se puede escribir de la siguiente manera c^m = c^m.1 , al reemplazar (I) en esta ecuación, se obtiene:

c^m = c^m.1 → c^m = c^m.c ^− z.(b^y + a^x) → c^m = c^m − z.(b^y + a^x) → c^m = b^y.c^m − z + a^x.c^m − z
Reemplazar (II) da como resultado;

, poner en evidencia los exponentes y y x

Para que

∈ ℕ o MMC( zy , zx )= zxy, entonces m – z debe ser un múltiplo de zxy, entonces m – z = zxy.k, con k ∈ ℕ. Aislar my reemplazar en la ecuación da como resultado:

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

Entonces esta es la nueva ecuación;
Eq₃:(b^y + a^x)^xyk + 1 = [b.(b^y + a^x)^xk]^y + [a.(b^y + a^x)^yk]^x → C^xyk + 1 = B^y + A^x
Pelo princípio da comparação ou formato C^xyk + 1 = B^y + A^x é equivalente a c^z = b^y + a^x, é a própria estrutura da conjectura de Beal.

Logo satisfez a Eq₁ falta mostra que também tem o formato de Eq₂: c^m = c^m

(b^y + a^x)^xyk + 1 = [b.(b^y + a^x)^xk]^y+ [a.(b^y + a^x)^yk]^x, como c^z = b^y + a^x temos;
(c^z)^xyk + 1 = [b.(c^z)^xk]^y + [a.(c^z)^yk]^x → c^z.^{(xyk + 1)} = [b.c^z.xk]^y + [a.c^z.yk]^x → c^zxyk + z = b^y.c^zxyk + a^x.c^zxyk →  como
m = zxyk + z
c^m = b^y.c^zxyk + a^x.c^zxyk → c^m = c^zxyk.(b^y + a^x) → c^m = c^zxyk.(c^z) → c^m = c^zxyk + z = c^m.

Por lo tanto probado desde Eq₃ satisfecho Eq₁ y Eq₂.

Dado:

C^Z= B^y + A^x

C = b^y + a^x, B = b.(b^y + a^x)^xk, A = a.(b^y + a^x)^yk e Z = xyk + 1

MDC(C, B, A) = MDC(b^y + a^x, b.(b^y + a^x)^xk, a.(b^y + a^x)^yk) = b^y + a^x = c^z = C.

MDC(Z, y, x) = MDC(xyk + 1, y, x) = 1

OBS:

Si k es cero tenemos;;
(b^y + a^x)^xyk + 1 = [b.(b^y + a^x)^xk]^y + [a.(b^y + a^x)^yk]^x → (b^y + a^x)¹ = [b.(b^y + a^x)⁰]^y + [a.(b^y + a^x)⁰]^x, como b^y + a^x = c^z ≠ 0 por lo tanto (b^y + a^x)⁰ = 1
(b^y + a^x)¹ = [b.1]^y + [a.1]^x → b^y + a^x = b^y + a^x

Si m fuera igual az la ecuación Eq₁ e Eq₂ sería igual, a su vez sería igual a Eq₃

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

Si el caso x=y=k=1 tenemos un cuadrado perfecto
(b^y + a^x)^xyk + 1 = [b.(b^y + a^x)^xk]^y + [a.(b^y + a^x)^yk]^x → (b¹ + a¹)^1 + 1 = [b.(b¹ + a¹)¹]¹ + [a.(b¹ + a¹)¹]¹ →
(b + a)² = [b.(b + a)] + [a.(b + a)] → (b + a)² = b.(b + a) + a.(b + a) = b² + ba + ab + a² = b² + 2ab + a² = (b + a)²
Ejemplo₂ Comprobando con los números de la ecuación Eq₃, ser b=3, a=2 e n=1 que tenemos;

(b² + a²)^2n + 1 = [b(b² + a²)ⁿ]² + [a(b² + a²)ⁿ]² → (3² + 2²)^2.1 + 1 = [3(3² + 2²)¹]² + [2(3² + 2²)¹]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 MOSTRANDO CADA CASO POR T.M

Para mostrar la validez de este teorema también es necesario mostrar las posibilidades o posibles valores de z, y, x y m ∈ N, si no contradice ningún teorema ya demostrado por matemáticos como (teorema de Pitágoras ” por varios matemáticos”, el teorema de Sebá ” por Sebastian ” y el último teorema de fermat ” por Andrew Wiles ” y así sucesivamente el T.M es válido y será una herramienta para probar la Conjetura De Beal.

3.2.1 TEMA PYTHAGORAS

Esto es cuando z=y=x=2
Supongamos que Eq₁ → c² = b² + a², tiene soluciones completas, para c, a, b, m ∈ N, c ≠ 0 y Eq₂→ c^m = c^m es posible encontrar un Eq₃ que satisfaga las dos ecuaciones anteriores, si esto ocurre pronto Eq₁ → c=√(b²+a² )∈ ℕ.
Esta demostración ya se ha mostrado en el ejemplo₁, sólo es necesario mostrar que el uso actual del triple pitagórico está satisfecho con la condición c=√(b²+a²) ∈ ℕ.
La hipótesis es c² = b² + a², Tesis C² = C².
Usando la Hipótesis c² = b² + a² añadiendo en ambos lados por 2b + 1 ∈ N, un cuadrado perfecto se obtiene en un lado, c² + 2b + 1 = b² + 2b + 1 + a² → c² + 2b + 1 = (b + 1)² + a² sabemos que en un triáng^ulo de^recho la hipotenusa es mayor que cualquiera de los catetos en particular c > b > a, entonces existe la posibilidad de c á b 1 , darse cuenta de que esta es una solución apropiada para resolver la ecuación c² + 2b + 1 = (b + 1)² + a² → c² + 2b + 1 = c² + a² → 2b + 1 = a² al aislar b, se obtiene

y como

, darse cuenta de que tanto b como c para ser un número entero solo (a) ser impar porque los tiempos impares impares siguen siendo impares, entonces a = 2k + 1 condição de ser impar com k ∈ ℕ, assim temos;

→ 2 x 2 + 2 k + 1)2, por lo que tenemos C a 2k2 + 2k + 1, B a

→ [2k² + 2k + 1]² = [2k² + 2k]² + (2k + 1)², Entonces tenemos C = 2k² + 2k + 1, B = 2k² + 2k e A = 2k + 1 ∈ ℕ, son los triples pitagóricos (2k² + 2k + 1, 2k² + 2k, 2k + 1), revisando la tesis

3.2.2 PARA EL CASO DEL ÚLTIMO TEOREMA DE FERMAT

Esto es cuando z=y=x=n
Supongamos que Eq₁ → cⁿ = bⁿ + aⁿ,   tiene solución para n≥3, con c, a, b, m ∈ N, c ≠ 0 y Eq₂ → c^m = c^m , es posible encontrar un Eq3 que satisfaga las dos ecuaciones anteriores, si esto ocurre pronto 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 c^m = c^m.1, ao substituir (I) em Eq₂, temos;
c^m = c^m.c ^− n.(bⁿ + aⁿ) → c^m = c^m − n.(bⁿ + aⁿ) → c^m = bⁿ.c^m − n + aⁿ.c^m − n(III)

Reemplazado (II) en (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.

, de modo que n es necesariamente natural  -1±√1-4km debe ser un múltiplo de 2k, entonces;
-1±√1-4km = 2k.t, com t ∈ ℕ
-1±√1-4km = 2k.t → ±√1-4km= 2k.t + 1 subiendo los dos al cuarto que tenemos 1 + 4km = (2k.t + 1)²→ 4km = (2k.t + 1)² − 1 nota que es la diferencia de dos al cuadrado;
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), luego reemplazando ese valor de m en n =  -1±√1-4km tenemos;

luego (b^t+ a^t)^kt + 1 = B^t + A^t, darse cuenta de kt + 1 no es un múltiplo de t, porque mdc( kt + 1 , t ) = 1, ese es “kt + 1” e “t” son primos entre, y por Andrew Wiles es imposible b^t + a^t = c^t (Ultimo Teorema de Fermat), para t > 2.
Porque kt + 1 ≠ t.α, con 2 < α ∈ N, por lo tanto no satisface e_q1, por lo que Eq1 no tiene soluciones, como se dice en T.M.
Sin embargo C =^kt+1√B^t+A^t ∈ ℕ, EQSebá, Teorema de Sebá, comprobar la igualdad;
C = ^kt+1√B^t+A → C = ^kt+1√[b (b^t+a^t )^k]^t+ [a( b^t+a^t )^k]^t  →C = ^kt+1√b^t( b^t+a^t )^kt + a^t ( b^t+a^t )^kt → ^kt+1√( b^t+a^t )^kt.( b^t+a^t ) → C = ^kt+1√( b^t+a^t )^kt+1 → C = b^t + a^t.

3.2.3 TEMA SEBÁ

c^m = bⁿ+ aⁿ, com mdc(m,n)=1
Demostración de Sebastiáo Vieira do Nascimento ( Sebá )
Teorema: La ecuación C^m = Aⁿ + Bⁿ admite soluciones naturales para m y n primos entre sí.
Prueba:
Sé la ecuación;
( 1 )c^m = bⁿ + aⁿ, siendo a, b, c, n y m enteros positivos. Multiplicando ambos os membros da equação ( 1 ) por (bⁿ + aⁿ)^m
obtém-se:
( 2 )c^m*(bⁿ + aⁿ)^m = (bⁿ + aⁿ)*(bⁿ + aⁿ)^m, Sustituyendo el valor de da (1) en (2), se obtiene:
(bⁿ + aⁿ)^m + 1 = (bⁿ + aⁿ)*(bⁿ + aⁿ)^m
ou
( 3 )(bⁿ + aⁿ)^m + 1 = bⁿ(bⁿ + aⁿ)^m + aⁿ(bⁿ + aⁿ)^m
Si elegimos valores para ayb tales que a ≤ bo a≥b, y sustituimos en (3), se obtienen valores enteros positivos para A, B y C.

Ejemplo: Divida un cuadrado en dos cubos de varias maneras diferentes. 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 la ecuación (5) con la ecuación (4), debemos descomponer m en potencias de 3 y m + 1 en potencias de 2. Esto sólo será posible si m y m + 1 son, respectivamente, múltiplos de 3 y 2. Logo:
m = 6k – 3 e m + 1 = 6k – 2, Por tanto, la ecuación (5) es:

(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, Por tanto, las soluciones a la ecuación dada se obtienen haciendo:

C = (b³ + a³)^3k − 1, B = b(b³ + a³)^2k − 1 e A = a(b³ + a³)^2k − 1, donde k ∈ N*, a e b ∈ ℕ.
Pruebas con la T.M eso es z=m e y=x=n
Suponer que Eq₁ → c^m = bⁿ + aⁿ, tiene solución para myn primos entre sí, esto es mdc(m,n)=1, com c, a, b, t, m e n ∈ ℕ, c ≠ 0 e Eq₂ → c^t = c^t puedes encontrar uno Eq₃ que satisfacer las dos ecuaciones anteriores, si esto ocurre pronto Eq₁ → c =^m√bⁿ+aⁿ ∈ ℕ.

Como c ≠ 0 podemos utilizar los siguientes métodos;;
c^m = bⁿ + aⁿ → 1 = c^− m*(bⁿ + aⁿ), (I) elemento neutro de multiplicación
c^m= bⁿ + aⁿ → c = (bⁿ+aⁿ)^1/m, (II)
Podemos escribir Eq₂ de la siguiente manera c^t = c^t.1, reemplazando ( I ) em Eq₂ tenemos;

c^t = c^t.c^− m.(bⁿ + aⁿ) → c^t = c^t − m.(bⁿ + aⁿ) → c^t = bⁿc^t − m + aⁿc^t − m, al reemplazar (II) tenemos;

Para que

sea ​​natural t – m debe ser múltiplo de nym, entonces t – m = m.n.k, con k ∈ ℕ, aislando t tenemos t = m.n.k + m, al reemplazar en la ecuación se obtiene;

Queda por mostrar que nk + 1 es un múltiplo de m, si es así es de la forma nk + 1 = m.α, com α ∈ ℕ ou bⁿ + aⁿ = C^m
Si ocurre alguno de estos dos, tenemos C^m = Bⁿ + Aⁿ entonces se demostrará que Eq₁ tiene solución.

Tenemos que t – m = m.n.k dividiendo ambos por m, se obtiene

– 1 = n.k sumando 1 en ambos lados

= N.k + 1, como t es un múltiplo de m, entonces

∈ ℕ, con eso podemos usar los siguientes pasos;

Como

= n.k + 1 e nk + 1 = m.α eso es

= m.α → α =

, si α es natural entonces

debe ser natural, aunque solo sea si t también es un múltiplo de m², pero t no es un múltiplo de m², porque el es el camino t = m.n.k + m, aunque k era igual a m , sería el camino t = n.m² + m = m.(nk + 1) ≠ m².(nk + 1), por lo tanto nk + 1 no es un múltiplo de t, entonces elmdc( nk + 1, t )= 1, son primos entre ellos.

Sólo queda para comprobar si  bⁿ+ aⁿ=C^m.
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 EQ_Sebá, pelo princípio do formato ou comparação temos que:

C^nk + 1= Bⁿ + Aⁿ es igual a a c^m = bⁿ + aⁿ, luego;

(bⁿ + aⁿ)^nk + 1 = Bⁿ + Aⁿ → (c^m)^nk + 1 = c^{m.(nk + 1)} = [c^nk + 1]^m = C^m = Bⁿ + Aⁿ

Com isso foi satisfeita a Eq₁, falta mostrar Eq₂ → c^t = c^t, perceba que:
(bⁿ + aⁿ)^nk + 1 = Bⁿ + Aⁿ → (bⁿ + aⁿ)^nk + 1 = [b(bⁿ + aⁿ)^k]ⁿ + [a(bⁿ + aⁿ)^k]ⁿ →
(c^m)^nk + 1 = [b(c^m)^k]ⁿ + [a(c^m)^k]ⁿ → c^{m.(nk + 1)} = [b(c^m)^k]ⁿ + [a(c^m)^k]ⁿ
como t= m.( nk + 1 );
c^t = bⁿ(c^m)^nk+ aⁿ(c^m)^nk → c^t = (c^m)^nk(bⁿ + aⁿ) → c^t = (c^m)^nk(c^m) → c^t = (c^m)^nk + 1 → c^t = c^{m.(nk + 1)} = c^t, Tan probado porque Eq₃ tiene propiedades de ambos Eq₁ como Eq₂.

3.2.4 EN CASO DE QUE SEAN MÚLTIPLES POR T.M

Caso (1): para el múltiplo y de x esto es y xk con k ∈ N
Be Eq₁: c^z = b^xk + a^x e Eq₂ :c^m = c^m, com m > z e c ≠ 0 se puede encontrar una nueva Ecuación Eq_3, que tiene propiedades de Eq₁ y Eq₂ si Eq₃ no tiene propiedad del logotipo Eq₁ luego Eq1, no tiene soluciones completas.

Como c ≠ 0, tenemos;
c^z = b^xk + a^x → 1 = c ^− z.(b^xk + a^x), (I) elemento neutro de multiplicación
c^z = b^xk + a^x → c = (b^xk+a^x)^1/z, (II)

Podemos escribir Eq₂ de la siguiente manera usando ( I );
c^m = c^m.c^− z.(b^xk + a^x) → c^m = c^m − z.(b^xk + a^x) → c^m = b^xk.c^m − z + a^x.c^m − z, al reemplazar (II) tenemos;

Poniendo xk y x en evidencia que tenemos;

, tenga en cuenta que el mmc (zxk, zx) y que

∈ ℕ, z – m debe ser un múltiplo de zxk que es m – z = zxk.α con α ∈ ℕ, con eso tenemos;

(b^xk + a^x)^{xk.α + 1} = [b.(b^xk + a^x)^α]^xk + [a.(b^xk + a^x)^k.α]^x, tenga en cuenta que esta ecuación se puede escribir de la siguiente manera;

(b^xk + a^x)^{xk.α + 1} = [b^k.(b^xk + a^x)^k.α]^x + [a.(b^xk + a^x)^k.α]^x, ese es el teorema de Seba, así que ya está probado pronto C^{xk.α + 1} = B^xk + A^x equivalente a C^m = B^x + A^x pois MDC(xk.α + 1 , xk )=MDC(xk.α + 1 , x)= MDC(m,x)=1, por lo tanto, primos entre sí, equivalentes a su vez Eq₁.

Comprobación Eq₂ que es c^m = c^m
(b^xk + a^x)^{xk.α + 1} = [b.(b^xk + a^x)^α]^xk+ [a.(b^xk+ a^x)^k.α]^x, como b^xk + a^x = c^z tenemos; (c^z)^{xk.α + 1} = [b.(c^z)^α]^xk + [a.(c^z)^k.α]^x → c^{zxk.α + z} = [b.c^zα]^xk + [a.c^zk.α]^x como m = zxk.α + z
c^m = b^xk.c^xzkα + a^x.c^xzk.α → c^m = c^xzkα(b^xk + a^x) → c^m = c^xzkα(c^z) → c^m = c^{xzkα + z} = c^m.
Pronto satisfecho E_q1 y Eq₂, por lo tanto probado.
Caso (2): para x múltiplo de y eso es x = yk com k ∈ ℕ
Esta demostración es análoga al caso (1), Eq₃ é;
(b^y + a^yk)^{yk.α + 1} = [b.(b^y + a^yk)^k.α]^y + [a.(b^y + a^yk)^α]^yk →
(b^y + a^yk)^{yk.α + 1} = [b.(b^y + a^yk)^k.α]^y + [a.(b^y + a^yk)^kα]^y → C^{yk.α + 1} = B^y + A^y equivalente C^m = B^y + A^y por sua vez equivalente Eq₁: c^z = b^y + a^yk com k, α ∈ ℕ.
Caso (3): para múltiples z de x esto es z á xk y MDC(z,x,y) -1, con k ∈ N

Be Eq₁: c^xk = b^y + a^x, podemos escribir Eq₁ del siguiente formato Eq₁: b^y = c^xk − a^x, e a Eq₂ será sobre la base de b en lugar de c, con b ≠ 0 y c > a, logotipo Eq₂: bm á bm, con m > y, por lo que es posible Eq3 que tiene propiedad eq₁ y Eq₂, si no satisface Eq₁ entonces Eq₁ no tiene soluciones completas positivas.

Como b ≠ 0 tenemos;
b^y = c^xk − a^x → 1 = b ^− y(c^xk − a^x), (I) elemento neutro de multiplicación
b^y = c^xk − a^x → b = (c^xk-a^x)^1/y, (II)
Eq₂ se puede escribir de la siguiente manera b^m = b^m.1, sustituido (I) em Eq₂ tenemos;
b^m = b^m.b^− y(c^xk − a^x) → b^m = b^m − y(c^xk − a^x) → b^m = c^xk.b^m − y− a^x.b^m − y, reemplazando (II) tenemos;

, aislando xk yx tenemos;

MMC( xyk , x )= xyk, para que

∈ ℕ, m – y debe ser un múltiplo de xyk, esto es m – y = xyk.α, con α ∈ ℕ, con estos datos tenemos;
(c^xk − a^x)^xkα + 1 = [c.(c^xk − a^x)^α]^xk − [a.(c^xk − a^x)^k.α]^x, tenga en cuenta que podemos organizarnos de la siguiente manera;

(c^xk − a^x)^xkα + 1 = [c.(c^xk − a^x)^α]^xk − [a.(c^xk − a^x)^k.α]^x → [c.(c^xk − a^x)^α]^xk = (c^xk − a^x)^xkα + 1 + [a.(c^xk − a^x)^k.α]^x, por tanto, z puede ser un múltiplo de x, y su MDC( z , x , y ) = 1

Como z = xk, tenemos;
[c.(c^z − a^x)^α]^z = (c^z − a^x)^zα + 1 + [a.(c^z − a^x)^k.α]^x, con eso tenemos;

C = c.(c^z − a^x)^α, B = c^z − a^x e A = a.(c¹ − a^x)^k.α, logo C^z= B^zα + 1 + A^x, com z=xk, eso es equivalente a Eq₁, Queda por demostrar que también es Eq₂: b^m = b^m.

[c.(c^z − a^x)^α]^z = (c^z − a^x)^zα + 1 + [a.(c^z − a^x)^k.α]^x, como b^y = c^z − a^xez = xk, tenemos;

[c.(b^y)^α]^xk = (b^y)^xkα + 1 + [a.(b^y)^k.α]^x → c^xk.(b^y)^xkα = b^{xykα + y} + a^x.(b^y)^xk.α, como m = xykα + y, tenemos;

c^xk.b^xykα = b^m + a^x.b^xyk.α → c^xk.b^xykα − a^x.b^xyk.α = b^m → b^xykα.(c^xk − a^x) = b^m → b^xykα.(b^y) = b^m → b^{xykα + y} = b^m
→ b^m = b^m

Pol lo tanto Eq₃ satisfecho Eq₁ e Eq₂, luego Eq₁ tiene soluciones en números enteros positivos.
Caso (4) para z múltiples de y esto es z – yk con k ∈ N
Esta demostración es análoga en relación con el caso (3), alcanzan el mismo formato que la ecuación Eq₃, pero con b en lugar de a, e y en lugar de x

[c.(c^yk − b^y)^α] ^x;[b.(c^yk − b^y)^k.α]^yk á + ⁽cyk á b^{x)yk +} 1, con α ∈ N.
Caso (5): para múltiples z de x e y esto es z – xyk con MDC(z, x, y) – MDC(x, y)≥1, y k ∈ N
Be Eq₁: c^xyk por + ax y Eq2_: c^m = c^m, con c ≠ 0 y k ∈ N, se puede encontrar una nueva Ecuación Eq3, que tiene propiedades de Eq1 y Eq2 si Eq3 no tiene propiedad del logotipo Eq₁ luego Eq₁ no tiene soluciones completas.

Como c ≠ 0 tenemos;
c^xyk = b^y + a^x → 1 = c ^− xyk*(b^y + a^x), (I) elemento neutro de multiplicación

Podemos escribir Eq2 de la siguiente manera usando (I);
c^m = c^m.c^− xyk.(b^y + a^x) → c^m = c^{m − xyk}.(b^y + a^x) → c^m = b^y.c^{m − xyk} + a^x.c^{m − xyk} , al reemplazar (II) tenemos;

, Colocando y e x evidencia que tenemos;

O MMC(xy²k , x²yk )=x²y²k, para que

∈ ℕ, obligatoriamente m – xyk debe ser un múltiplo de x²y²k eso es m − xyk = x²y²k.α, com α ∈ ℕ, luego tenemos;

Veja que xyα + 1 no es un múltiplo de xy, porque MDC(xy.α + 1 , xy ) = 1, luego Eq1 no tiene soluciones enteras positivas para z múltiplo de x e y..
Poner + ax por el principio de comparación mostrado anteriormente es igual c^xyk + 1 = b^y + a^x y como z = xyk, tenemos c^z + 1 = b^y + a^x. Por lo tanto z +1 no es múltiplo de x e y, por lo que Eq₁ no tiene solución en enteros positivos.
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: c^xk = b^xt + a^x e Eq₂: c^m = c^m, 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;
c^xk = b^xt + a^x → 1 = c^− xk*(b^xt + a^x), , (I) elemento neutro de multiplicación
c^xk = b^xt + a^x → c = (b^xt + a^x)^1/xk (II)

Podemos escribir Eq₂ de la siguiente manera usando ( I );
c^m = c^m.c^− xk.(b^xt + a^x) → c^m = c^m − xk.(b^xt + a^x) → c^m = b^xt.c^m − xk + a^x.c^m − xk, al reemplazar (II) tenemos;

, aislando xt y x tenemos;, MMC(x²tk,x²k)=x²tk, para que

∈ ℕ Es necesario que m – xk ser múltiplo de  x²tk, eso es m − xk = x²tk.α, con α ∈ ℕ, se obtiene reemplazando estos valores;

como xt.α + 1 no es un múltiplo de x, queda por mirar b^xt + a^x,darse cuenta de que inicialmente Eq₁ é c^xk = b^xt + a^x → (c^k)^x = (b^t)^x + a^x Ultimo teorema de Fermat.
Debido a que Eq₃ no satisfie Eq₁, por lo tanto Eq₁ no tiene una solución completa positiva cuando z es múltiplo de x, y múltiplo de x.

Caso ( 7 ): para z múltiple de y, e x múltiple de y é z = yk e x = yt, com k ≥ t e MDC(z,x,y)=y , e k, t ∈ ℕ
Esta demostración es análoga al caso (6), ya que cae en el último teorema de Fermat.

Caso ( 8 ): para z múltiple de y e x, x ou y múltiple el uno al otro, esto es z = xyk e x = yt ou z = xyk e y = xt, con k ≥ t e MDC(z,x,y)=y ou MDC(z,x,y)=x , e k, t ∈ ℕ
Esta demostración es análoga a los casos (6) y (7), ya que cae en el último teorema de Fermat.

Obs: c^xyk = b^xt + a^x → (c^yk)^x = (b^t)^x + a^x e c^xyk = b^y + a^yt → (c^xk)^y = b^y + (a^t)^y, tanto el último teorema de Fermat.
Conclusión en caso de que los exponentes sean múltiples:
No hay solución para enteros positivos, en los casos (5), ( 6 ), ( 7 ) y ( 8 )

3.3 SEGÚN MACENA O S.T.M

Dado n ≥ 2 el grado del primer miembro de la ecuación, siempre es posible determinar un B=(n^m − 1 + 1)ⁿ−(n^m − 1 − 1)ⁿ, e se MDC(a, B, c) = 1 entonces n tiene grado par, si el MDC(a, B, c) á 2.t ≥ 2 entonces el grado n es impar, en ambos casos un satículo , en particular para cualquier n par o impar tenemos el MDC(a,B,c) – c donde c es de la forma 2ⁿ − 1.
Para probar este teorema tendrás que encontrar una herramienta antes de probarla.
Herramienta:
Para encontrar la herramienta primero debemos analizar cómo se comporta el binomio de Newton desde el grado 2.

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

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

(x + y)ⁿ − xⁿ = n.x^n − 1.y + … + n.x.y^n − 1 + yⁿ( I I)
ou
(x + y)ⁿ − yⁿ = 1.xⁿ + n.x^n − 1.y + … + n.x.y^{n 1(I})

Por la diferencia de dos poderes del mismo grado podemos escribir (x + y)n x xn, de la siguiente manera;

De manera similar, también podemos escribir (x + y)ⁿ − yⁿ, como sigue;

;

Con esto tenemos dos nuevas ecuaciones diferenciando sólo en x e y.

Añadiendo ( I V ) y ( V ) tenemos;

Para que , sea divisible por 2, sólo y ser igual a x esto es y – x o x – y, con lo que tenemos

Dividiendo por el factor común que es xⁿ que tenemos;

El elemento ( VI ) es la herramienta que se utilizará para probar el teorema.

Demostrando los casos de n par o impar:

Si m ≥ 2, es posible obtener ecuaciones del formato cn = B + an, donde el LCD (c, B, a) = 1 si el grado n es par, y el LCD (c, B, a) = 2 .t ≥ 2, con t ∈ N *, si el grado n es impar.

Método si la base es 2, se utilizará para completar cuadrados, si es 3 estará completando cubos, y así sucesivamente, hasta que la base n utilizará completar el poder del umpisth.

Ser b una base, con b ∈ N*, por lo que dar iniciativa tenemos;

Para b = 2 tenemos;

2^m = 2^m de hecho esto es válido, podemos escribir de la siguiente manera
2^m = 2^m.1, darse cuenta de que la siguiente igualdad es válida.
2^m = 2^m.(2 − 1) → 2^m = 2^m + 1 − 2^m → 2.2^m − 1 = 2^m + 1 − 2.2^m − 1, para completar el cuadrado del primer miembro simplemente agregue en ambos lados22 (m – 1) + 1, esto da como resultado;

2.2^m − 1 + 2^{2(m − 1)} + 1 = 2^m + 1 − 2.2^m − 1 + 2^{2(m − 1)} + 1 → (2^{2(m − 1)} + 2.2^m − 1 + 1) = 2^m + 1 + (2^{2(m − 1)} − 2.2^m − 1 + 1) , entonces tenemos dos cuadrados perfectos, y con eso una nueva ecuación;

(2 ^{m – 1}+ 1 )² = 2 ^{m + 1}+ (2 ^{m – 1}– 1 )²( 1 )

El suyo MDC(2^m − 1 + 1, 2, 2^m − 1 − 1) = 1

Vea que solo depende de una variable en el caso m, vea los ejemplos usando los números.

Para m = 2

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

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

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

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

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

Etcétera.

Para b=3, tenemos;

3^m = 3^m de hecho, esto es válido, podemos escribir de la siguiente manera
3m a 3m.¹, darnos cuenta de que la siguiente igualdad es válida.
3^m = 3^m.1 → 3^m = 3^m.(3 − 2) → 3^m = 3^m + 1 − 2.3^m → 3.3^m − 1 = 3^m + 1 − 3.2.3^m − 1, para completar el cubo en el primer lado de la igualdad, simplemente agregue 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} + 1 en ambos lados, esto da como resultado;
3.3^m − 1 + 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} + 1 = 3^m + 1 − 2.3^m + 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} + 1 → (3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} + 3.3^m − 1 + 1) = 3^m + 1 + 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} +  − 3.2.3^m − 1 + 1 → (3^m − 1 + 1)³ = 3^m + 1 + 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} − 2.3^m + 1, debe haber algo de k ∈ ℕ, que suma y resta para generar un cubo perfecto en el segundo lado de la igualdad como en el ejemplo anterior, así que tenemos;
(3^m − 1 + 1)³ = [3^m + 1 + 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} − 2.3^m + 1 + k] − k, para determinar k, solo 3^m + 1 + 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} − 2.3^m + 1 + k = (3^m − 1 − 1)³;

3^m + 1 + 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} − 2.3^m + 1 + k = 3^{3(m − 1)} − 3.3^{2(m − 1)} + 3.3^m − 1 − 1
3^m + 1 + 3.3^{2(m − 1)} − 2.3^m + 1 + k =  − 3.3^{2(m − 1)} + 3.3^m − 1 − 1
k =  − 3^m + 1 − 3.3^{2(m − 1)} − 3.3^{2(m − 1)} + 3.3^m − 1 + 2.3^m − 1 − 1
k =  − 3^m + 1 − 6.3^{2(m − 1)} + 3.3^m − 1 + 2.3^m − 2
k =  − 3^m + 1 − 2.3.3^{2(m − 1)} + 3^m + 2.3^m − 2
k =  − 3^m + 1 − 2.3^{2(m − 1) + 1} + 3.3^m − 2
k =  − 3^m + 1 − 2.3^2m − 1 + 3.3^m − 2
k =  − 3^m + 1 − 2.(3^2m − 1 + 1) + 3.3^m
k =  − 3^m + 1 − 2.(3^2m − 1 + 1) + 3^m + 1
k =  − 2.(3^2m − 1 + 1)

Pronto

− k = 2.(3^2m − 1 + 1)
Con eso tenemos otra ecuación
(3^m − 1 + 1)³ = [3^m + 1 + 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} − 2.3^m + 1 + k] − k
(3^m − 1 + 1)³ = (3^m − 1 − 1)³ + 2.(3^2m − 1 + 1)

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

Como 3^m − 1 + 1 , 2.(3^2m − 1 + 1) y 3^m − 1 − 1, son pares porque la potencia de 3 siempre es impar sumando 1 o restando 1 de esa potencia para darnos un par.
Entonces el MDC(3^m − 1 + 1, 2.(3^2m − 1 + 1), 3^m − 1 − 1) = 2.t ≥ 2, con t ∈ N *. Ejemplo en números:

Para m = 2 tenemos;

(3^m − 1 + 1)³ = 2.(3^2m − 1 + 1) + (3^m − 1 − 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 tenemos;

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

Etcétera.

El método más rápido para encontrar estas ecuaciones es usar
cⁿ =B +aⁿ dónde c = n^m − 1+1 y el = n^m − 1−1, eso es;

Entonces la ecuación general es;

Si n es de grado 2 tenemos;

Por lo tanto;
(n^m − 1 + 1)ⁿ = B + (n^m − 1 − 1)ⁿ

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

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

Si n es de grado 3 tenemos;

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

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

B = 2.((3^{2(m − 1)} + 2.3^m − 1 + 1) + 3^{2(m − 1)} − 1 + (3^{2(m − 1)} − 2.3^m − 1 + 1))

B = 2.(2.3^{2(m − 1)} + 1 + 3^{2(m − 1)})

B = 2.(3^{2(m − 1)}(2 + 1) + 1)

B = 2.(3^{2(m − 1)}(3) + 1)

B = 2.(3^{2(m − 1) + 1} + 1)

B = 2.(3^2m − 1 + 1)

Por lo tanto;

(n^m − 1 + 1)ⁿ = B + (n^m − 1 − 1)ⁿ

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

MDC(3^m − 1 + 1, 2.(3^2m − 1 + 1), 3^m − 1 − 1) = 2.t ≥ 2, con t ∈ N^* y m ≥ 2

Si n es de grado 4 tenemos;

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

B = 2.(4^3m − 2 + 4^m) o B = 2^2m + 1.(2^{4(m − 1)} + 1) o B = 2^6m − 3 + 2^2m + 1 o B = 8^2m − 1 + 2^2m + 1

Haciendo los cálculos correctamente arribó;

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

Por lo tanto tenemos;

(n^m − 1 + 1)ⁿ = B + (n^m − 1 − 1)ⁿ
(4^m − 1 + 1)⁴ = 2.(4^3m − 2 + 4^m) + (4^m − 1 − 1)⁴( 3 )
Los MDC(4^m − 1 + 1, 2.(4^3m − 2 + 4^m), 4^m − 1 − 1) = 1, con m ≥ 2

o

(2^{2(m − 1)} + 1)⁴ = 2^2m + 1.(2^{4(m − 1)} + 1) + (2^{2(m − 1)} − 1)⁴
Los MDC(2^{2(m − 1)} + 1, 2^2m + 1.(2^{4(m − 1)} + 1), 2^{2(m − 1)} − 1) = 1, con m ≥ 2

o

(2^{2(m − 1)} + 1)⁴ = 2^6m − 3 + 2^2m + 1 + (2^{2(m − 1)} − 1)⁴
Los MDC(2^{2(m − 1)} + 1, 2^6m − 3, 2^2m + 1, 2^{2(m − 1)} − 1) = 1, con m ≥ 2

Si n es el grado 5 tenemos;

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

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

Haciendo los cálculos llegará que B vale;

B = 2.(5^4m − 3 + 2.5^2m − 1 + 1)

Por los tantos la ecuacíon para los grado 5 es;

(5^m − 1 + 1)⁵ = 2.(5^4m − 3 + 2.5^2m − 1 + 1) + (5^m − 1 − 1)⁵( 4 )

MDC(5^m − 1 + 1, 2.(5^4m − 3 + 2.5^2m − 1 + 1), 5^m − 1 − 1) = 2.t ≥ 2, con t ∈ N^* y m ≥ 2.

Si n es el grado 6 tenemos;

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

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

Hacer los cálculos correctamente llegará a

B = 2.(6^5m − 4 + 20.6^3m − 3 + 6^m), o B = 2.6^m.(6^4m − 4 + 20.6^2m − 3 + 1) y la equacíon es;

(6^m − 1 + 1)⁶ = 2.6^m.(6^4m − 4 + 20.6^2m − 3 + 1) + (6^m − 1 − 1)⁶( 5 )

Con MDC(6^m − 1 + 1, 2.6^m.(6^4m − 4 + 20.6^2m − 3 + 1), 6^m − 1 − 1) = 1, con m ≥ 2

Luego observe que las condiciones de (1) a (5) se han cumplido para los casos donde n es par y n es impar.

Para probar esta ecuación debemos mostrar para el caso general no sólo de (1) a ( 5 ) sino de (1) a (n).

Para n pares:
Sea n .2k con k ∈ N*, por los ejemplos anteriores se obtiene el MDC(a,B,c)-1, el Reemplazado en B;

Por la definición de Par el B ya es un par, entonces es divisible por 2, sigue siendo marcar c y a. Si c y a son impares entonces el MDC (c,B,a) es 1, si c y b es incluso entonces el MDC(c,B,a) es 2.t ≥ 2, con t ∈ N*.

Como c = n^{m – 1} + 1 y a = n^{m – 1} – 1 de la ecuación cⁿ = B + aⁿ cuando se reemplazan los valores de n y B que tenemos;

Así que 2. ⁽2^{m – 2.}k^{m – 1}) + 1 como 2. ^{(2m s} 2^{.km 1}) – 1, son impares, por lo que a y c son impares, con esto el único valor que divide a, B y c es 1.

Para n impares:
Si n = 2k + 1 con k ∈ N*, por los ejemplos anteriores se obtiene el MDC(a,B,c)-1, el Reemplazado en B;

Al establecer el par el B ya es un par, entonces es divisible por 2, queda marcar c y a. Si c y a son impares entonces el MDC(c,B,a) es 1, si c y b es incluso entonces el MDC(c,B,a) es 2.t ≥ 2, con t ∈ N*.

Como c = n^m − 1 + 1 e a = n^m − 1 − 1 da equacíon cⁿ = B + aⁿ al reemplazar los valores de n y B tenemos;

Como 2k + 1 es impar si cuadramos también es extraño:
(2k + 1)² = 4k² + 4k + 1 = 2.(2k² + 2k) + 1
Si sumamos 1 en ambos lados o restamos 1 eso es un par?
(2k + 1)² + 1 = 2.(2k² + 2k) + 2 = 2.[2k² + 2k + 1] es un par, y (2k + 1)² − 1 = 2.(2k² + 2k) − 2 = 2.[2k² + 2k − 1] es una pareja.

Como 2k + 1 es ímpar si elevar al cubo también es único:
(2k + 1)³ = 8k³ + 12k² + 6k + 1 = 2.(4k³ + 6k² + 3k) + 1
Si sumamos 1 en ambos lados o restamos 1 eso es un par?
(2k + 1)³ + 1 = 2.(4k³ + 6k² + 3k) + 2 = 2.[4k³ + 6k² + 3k + 1] es un par, y (2k + 1)³ − 1 = 2.(4k³ + 6k² + 3k) − 2 = 2.[4k³ + 6k² + 3k − 1] es una pareja.

Como 2k + 1 es impar si elevamos la cuarta potencia también es impar:
(2k + 1)⁴ = 16k⁴ + 32k³ + 6k + 1 = 2.(8k⁴ + 16k³ + 3k²) + 1
Si sumamos 1 en ambos os lados o restamos 1 eso es un par?
(2k + 1)⁴ + 1 = 2.(8k⁴ + 16k³ + 3k²) + 2 = 2.[8k⁴ + 16k³ + 3k² + 1]es un par, y (2k + 1)⁴ − 1 = 2.(8k⁴ + 16k³ + 3k²) − 2 = 2.[8k⁴ + 16k³ + 3k² − 1]es un par .

si continuar siempre será un par así (2k + 1)^m − 1 + 1 y (2k + 1)^m − 1 − 1 es par y como B también es par, entonces el valor más pequeño que divide c,B y a es 2, pronto MDC(a, B, c) = 2.t ≥ 2, con t ∈ N^*

Entonces tenemos las dos ecuaciones principales:

3.3.1 CATA S.T.m

Para probar S.T.M sólo queda mostrar que, independientemente de la n, ya sea par o impar, tenemos MDC(a,B,c) = c onde c = 2ⁿ − 1 ya se ha demostrado que (**) tiene diferente MDC si n es incluso así como n es impar. Pero si usamos la herramienta (*) que se generó a partir del binomio de Newton, al hacer x = y se redujo a la siguiente ecuación;

Como

aislando

tenemos;

Reemplazando (I2) y (I1) se obtiene;;

(2x)ⁿ = xⁿ.(2ⁿ− 1) + xⁿ

Al reemplazar (I2) Para que el primer lado de la ecuación se escriba como la suma de dos potencias del segundo lado de la ecuación, y como el factor común es xn, sin embargo, como no se ha definido qué valor de x, entonces basta con que x se escriba como 2n – 1, habiendo dicho que la ecuación sólo dependerá del grado n, así que tenemos; y se obtiene (I1);

(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

Datos para esta nueva ecuación;
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
Eso es n=2k com k ∈ N^*

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

para n impar
Eso es n= 2k + 1 com k ∈ N^*

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

De hecho, se ha probado porque se han contestado todas las afirmaciones que propuso el S.T.M.
Prueba con números;
Para n = 2 tenemos;

(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 tenemos;

(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

Por el momento S.T.M aparentemente dos ecuaciones, pero solo una está en el formato de Conjetura que es;

(2^m − 1 + 1)² = 2^m + 1 + (2^m − 1 − 1)²
MDC(2^m − 1 + 1, 2, 2^m − 1 − 1) = 1, com m ≥ 2.  “No lo es, porque contiene 2 como exponente”

y

(2.(2ⁿ − 1))ⁿ = (2ⁿ − 1)^n + 1 + (2ⁿ − 1)ⁿ
MDC(2.(2ⁿ − 1), 2ⁿ − 1, 2ⁿ − 1) = 2ⁿ − 1, con n ≥ 2. ” si n>2 entonces pertenece a Beal Conjecture”

3.4 OTRAS ECUACIONES GENERADAS POR EL MÉTODO DE S.T.M.

F₁: ⇒  (2^m − 1 + 2^k − 1)² = 2^k(m + 1) + (2^m − 1 − 2^k − 1)²
Es el general ( 1 ).
MDC(2^m − 1 + 2^k − 1, 2, 2^m − 1 − 2^k − 1) = 1, con k = 1 e m ≥ 2.
o
MDC(2^m − 1 + 2^k − 1, 2, 2^m − 1 − 2^k − 1) = 2, con m ≥ 2 e m > k > 1.
Escriba si m a 4, entonces k puede ser 3.2 y 1.

F₂: ⇒  (2^m − 1.k^m + k)² = (2k)^m + 1 + (2^m − 1.k^m − k)²
Esta es la ecuación general de la anterior .
MDC(2^m − 1.k^m + k, 2k, 2^m − 1.k^m − k) = k, con m ≥ 2 e k ∈ N^*.

F₃: ⇒  (2^m + k^m + 2)² = (2k)^m + 2 + (2^m − k^m + 2)²
o
(2^m + k^m + 2)² = (2k)^m + 2 + (k^m + 2 − 2^m)²
Si m = 0 e k for par tenemos; MDC(1 + k², 2k, |1 − k²|) = 1, con k ∈ N^*.
Si m = 0 e k for ímpar tenemos; MDC(1 + k², 2k, |1 − k²|) = 2α ≥ 2, con k, α ∈ N^*.
Si k for impar tenemos; MDC(2^m + k^m + 2, 2k, |2^m − k^m + 2|) = 1, con m ≥ 1 e k ∈ N^*.
Si k for par tenemos; MDC(2^m + k^m + 2, 2k, |2^m − k^m + 2|) = 2α ≥ 2, con m ≥ 1 e k, α ∈ N^*.

Fórmula de formato general C² = B + A² ⇒ C² = b^m + A²
G₁: ⇒  (a^m + 2^m − 2.t^m)² = (2.a.t)^m + (a^m − 2^m − 2.t^m)²
Dado:
C = a^m + 2^m − 2.t^m, b = 2.a.t e A = |a^m − 2^m − 2.t^m|

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

( ii ) Si a es impar con m a 2 y t a Even, el MDC(C,b,A)-1 .

( iii ) Si a es impar con m a 2 y t un Impar, el MDC(C, b, A) a 2o ≥ 2 con α ∈ ^N*.

( iv ) Si a es par y m > 2, el MDC (C, b, A) a 2o ≥ 2, ∀t, α ∈ ^N*.

( v ) Si a está emparejado con m a 2 y t un Impar el MDC(C, b, A) a 1, t ∈ ^N*.

( vi ) Si a está emparejado con m a 2 y t a Par, el MDC (C, b, A) a 2o ≥ 2, t, α ∈ ^N*.

Cómo surgió cada fórmula o ecuación:
La idea surgió debido a la conjetura Fermat-Catalán, porque al tener Cz – By + Ax^, sólo tiene una cantidad finita de soluciones en las que A, B y C son enteros positivos sin factores primos comunes y x, y y z son enteros positivos que satisfacen ()/() < 1, porque todas las soluciones tendrán 2 como uno de los exponentes. Debido a esto sería posible que la fijación del exponente 2 en la diferencia cuadrada tendría resultados satisfactorios en el formato de la conjetura? Cuando se utiliza el mismo método de S.T.M, foi surgindo novas equações com soluções nos inteiros positivos.

F₁: Seja (2^r + 2^s)² = B + (2^r − 2^s)² ⇒ B = (2^r + 2^s)² − (2^r − 2^s)², con B, r, s ∈ ℕ donde r > s, r e s variables no definidas actualmente

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

Al adaptar syr en las variables myk como STM, tenemos m> k restando 1 en ambos lados tenemos m – 1> k – 1 al comparar r> s, tenemos r = m – 1 y s = k – 1, con eso tenemos B = 2^{k − 1 + m − 1 + 2} → B = 2^{m + k − 2 + 2} → B = 2^m + k, por tanto, la ecuación es;

F₁: ⇒ (2^m − 1 + 2^k − 1)² = 2^m + k + (2^m − 1 − 2^k − 1)²

Si k for 1, entonces MDC(2^m − 1 + 2^1 − 1, 2, 2^m − 1 − 2^1 − 1) = MDC(2^m − 1 + 2⁰, 2, 2^m − 1 − 2⁰) = MDC(2^m − 1 + 1, 2, 2^m − 1 − 1) = 1, ∀m ∈ N^*

Ejemplo cuando se usa esta ecuación que tiene MCD = 1, con m = 2, 3, 5, 6 .; m no podía ser 1 porque k era 1.

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

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

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

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

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

Si k > 1, entonces MDC(2^m − 1 + 2^k − 1, 2, 2^m − 1 − 2^k − 1) = 2, ∀m, k ∈ N^*, donde m > k

Ejemplo si m = 5, entonces k varía entre 2 hasta 4.

(2^m − 1 + 2^k − 1)² =2^m + k + (2^m − 1 − 2^k − 1)²→ (2^5 − 1 + 2^k − 1)² =2^5 + k + (2^5 − 1 − 2^k − 1)²→ (2⁴ +2^k − 1)² =2^5 + k + (2⁴ − 2^k − 1)²

Para k = 2
(2⁴ + 2^2 − 1)² = 2^5 + 2 + (2⁴ − 2^2 − 1)² → (2⁴ + 2¹)² = 2⁷ + (2⁴ − 2¹)²
→ 18² = 2⁷ + 14² → 324 = 128 + 196

Para k = 3
(2⁴ + 2^3 − 1)² = 2^5 + 3 + (2⁴ − 2^3 − 1)² → (2⁴ + 2²)² = 2⁸ + (2⁴ − 2²)²
→ 20² = 2⁸ + 12² → 400 = 256 + 144

Para k = 4
(2⁴ + 2^4 − 1)² = 2^5 + 4 + (2⁴ − 2^4 − 1)² → (2⁴ + 2³)² = 2⁹ + (2⁴ − 2³)²
→ 24² = 2⁹ + 8² → 24² = 2⁹ + 2⁶ → 576 = 512 + 64

F₂: Sea (2^s.k^r + k)² = B + (2^s.k^r − k)² ⇒ B = (2^s.k^r + k)² − (2^s.k^r − k)², con B, k, r, s ∈ ℕ donde r > s, r e s variables no definidas actualmente.

B = (2^s.k^r + k)² − (2^s.k^r − k)² → B = (2^s.k^r + k − 2^s.k^r + k).(2^s.k^r + k + 2^s.k^r − k) → B = (2k).(2^s + 1.k^r) → B = 2k.2^s + 1.k^r → B = 2^s + 2.k^r + 1, Para que B se escriba como un poder suficiente s + 2 = r + 1, Resulta que B = (2k)^r + 1 ou B = (2k)^s + 2, Sin embargo, para que esto sea cierto, debe ser mayor que s r > s.

Hipótesis s + 2 = r + 1 ⇒ s = r − 1  y tesis r > s

Tenemos que s + 1 > s sumando 1 en ambos lados s + 2 > s + 1 ⇒ r + 1 = s + 2 > s + 1 > s ⇒ r + 1 > s por sua vez r + 1 > r portanto r > s, darse cuenta de que al usar la Hipótesis donde s = r − 1 ⇒ r = s + 1 y reemplazar en r> s se satisface la desigualdad s + 1 > s.

Por lo tanto B = (2k)^r + 1 = (2k)^s + 2 = (2k)^r + 1, entonces la ecuación es;
(2^r − 1.k^r + k)² = (2k)^r + 1 + (2^r − 1.k^r − k)², de modo que todo se basa en la misma variable m, solo r sea igual am, es decir r = m. Con eso ya tenemos otra ecuación;

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

Si k es 1, esta es la ecuación en sí F₁ del MDC=1;

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

Si k > 1 tiene como MDC = k

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

Para k = 2

(2^m − 1.k^m + k)² = (2k)^m + 1 + (2^m − 1.k^m − k)²
(2^m − 1.2^m + 2)² = (4)^m + 1 + (2^m − 1.2^m − 2)²
(2^2m − 1 + 2)² = 4^m + 1 + (2^2m − 1 − 2)²
Se m = 1
(2^{2.1 − 1} + 2)² = 4^1 + 1 + (2^{2.1 − 1} − 2)² → 4² = 4² + 0² → 16 = 16
Se m = 2
(2^{2.2 − 1} + 2)² = 4^2 + 1 + (2^{2.2 − 1} − 2)² → (2³ + 2)² = 4³ + (2³ − 2)² → 10² = 4³ + 6² → 100 = 64 + 36
Se m = 3
(2^{2.3 − 1} + 2)² = 4^3 + 1 + (2^{2.3 − 1} − 2)² → (2⁵ + 2)² = 4⁴ + (2⁵ − 2)² → 34² = 4⁴ + 30² → 1156 = 256 + 900
*
*
*
Etcétera…

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

Etcétera…
F₃: Sea (2^s + k^r)² = B + (2^s − k^r)² ⇒ B = (2^s + k^r)² − (2^s − k^r)², con B, r, s ∈ ℕ donde r > s, r e s variables no definidas actualmente..

B = (2^s + k^r)² − (2^s − k^r)² → B = (2^s + k^r − 2^s + k^r).(2^s + k^r + 2^s − k^r) → B = 2.k^r.2^s + 1 → B = 2^s + 2.k^r, en este caso para que B sea una potencia suficiente r = s + 2. De hecho r > s por qué s + 2 > r s + 1 > s ⇒ r > s al colocar el exponente en una función de m, sólo s á m este nos da r á m + 2.

Logotipo B ^{a 2s} + ².kr á (2^k)r á (2k^{)m +} 2.

Por lo tanto la nueva ecuación es;

F₃: ⇒ (2^m + k^m + 2)² = (2k)^m + 2 + (2^m − k^m + 2)², con k ∈ N^* y m ≥ 0.
Si k es 1 para ∀m ∈ N^* el MDC a 1 o Si m es 0 a ∀k ∈ N* también el MDC a 1.
Si ninguno de estos casos ocurre F₃ Tiene MDC = 2α ≥ 2, ∀α ∈ N^*

La lógica es la misma para G₁, “Ya que es la general”;

Porque al hacer B = (a^r + 2^s.t^r )² − (a^r − 2^s.t^r)² → B = (a^r + 2^s.t^r  − a^r  + 2^s.t^r).(a^r + 2^s.t^r  + a^r- 2^s.t^r) →

En pocas palabras, s + 2 = r o s = r – 2, como r es m haciendo la conversión, tenemos s = m – 2, es decir;G₁: ⇒  (a^m + 2^m − 2.t^m)² = (2.a.t)^m + (a^m − 2^m − 2.t^m)²
Dado:
C = a^m + 2^m − 2.t^m, B = 2.a.t e A = |a^m − 2^m − 2.t^m|

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

( ii ) Si a es impar con m a 2 y t a Even, el MDC(C,b,A)-1 .

( iii ) Si a es impar con m a 2 y t un Impar, el MDC(C, b, A) a 2o ≥ 2 con α ∈ ^N*.

( iv ) Si a es par y m > 2, el MDC (C, b, A) a 2o ≥ 2, ∀t, α ∈ ^N*.

( v ) Si a está emparejado con m a 2 y t un Impar el MDC(C, b, A) a 1, t ∈ ^N*. ( vi ) Si a está emparejado con m a 2 y t a Par, el MDC (C, b, A) a 2o ≥ 2, t, α ∈ ^N*.

4. FÓRMULAS GENERADAS POR T.M E S.T.M CON SOLUCIONES EN NATURAL

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

Formula₁: C^z = C^{xyk + 1} = B^y+ A^x, mdc(x,y,z)=1

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

Dados:
C =b^y+ a^x,  B =b(b^y+ a^x)^xk  e  A = a( b^y+ a^x )^yk,  MDC(C, B, A) = C.

Formula₂: C^z = C^{xk + 1} = B^x+ A^x, ouC^z = C^{yk + 1} = B^y+ A^y, mdc(z,x)= mdc(z,x) = 1

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

O

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

Dado:
C =b^x+ a^x, B =b(b^x+ a^x)^k e A = a(b^x+ a^x )^k, MDC(C, B, A) = C.

O

C =b^y+ a^y, B =b(b^y+ a^y)^k e A = a( b^y+ a^y )^k, MDC(C, B, A) = C.

Fórmula₃: C^z = C^xk = B^{xkα+ 1}+A^x, ouC^z=C^yk = B^{ykα+ 1}+A^y, mdc( z, y , x ) = 1

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

OU

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

Dado:
C = c(c^xk − a^x), B = c^xk − a^x e A = a.(c^xk −a^x), MDC(C,B,A)= B.

O

C = c(c^yk − b^y),  B = b(c^yk − b^y) e A = c^yk − b^y,  MDC(C,B,A)= A.

Formula₄:

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

o

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

Dado;
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

Formula₅:

G₁: ⇒ (a^m + 2^m − 2.t^m)² = (2.a.t)^m + (a^m − 2^m − 2.t^m)²
Dado:
C = a^m + 2^m − 2.t^m, B = 2.a.t e A = |a^m − 2^m − 2.t^m|, Com t ≠ 2.a

( i ) Si a y impar y m > 2 o MDC(C,b,A)=1, ∀t ∈ N^*.

( ii ) Si a es impar con m a 2 y t a Even, el MDC(C,b,A)-1 .

( iii ) Si a es impar con m a 2 y t un Impar, el MDC(C, b, A) a 2o ≥ 2 con α ∈ ^N*.

( iv ) Si a es par y m > 2, el MDC (C, b, A) a 2o ≥ 2, ∀t, α ∈ ^N*.

( v ) Si a está emparejado con m a 2 y t un Impar el MDC(C, b, A) a 1, t ∈ ^N*.   ( vi ) Si a está emparejado con m a 2 y t a Par, el MDC (C, b, A) a 2o ≥ 2, t, α ∈ ^N*.

Em Particular

c² = 2^{m + 1} + b², MDC(a,b,c)=1

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

5. T.G.M O TEOREMA GENERAL MACENA

Dada cualquier ecuación válida de los enteros positivos en forma de potencia, o generado por T.M o S.T.M cuando se multiplica por d á una potencia, donde d es una base adecuada de transformación en la suma de dos potencias, y α es un exponente entero positivo múltiple de los exponentes de las otras bases o mmc de los exponentes multiplicado por t *^, por lo tanto resulta en una potencia escrita en la suma de otros dos poderes con un factor común d o múltiplo de d múltiples.

Ejemplo:

, con B>A y m ≥ n ≥ 2, donde α=mmc(1,m,n).t, t ϵ N*

, donde α=mmc(z,y,x).t, t ϵ N*
, donde α=mmc(n,1,n).t, t ϵ N*
( IV ) C²=B+A²→ Geralpor S.T.M→ ( a^m  +  2^m − 2.t^m )²  =  ( 2.a.t )^m  + ( a^m − 2^m − 2.t^m )²→T.G.M →
, donde α .mmc(2,m,2).β, β ε N*
Con esto siempre tenemos un factor común en el formato de la Conjetura si los exponentes x,y,z≥3, independientemente de la ecuación abordada.
“Con la excepción de ( IV ) que tendrá grado 2 siempre al menos en una de las bases”.

5.1 PRUEBA T.G.M

Para probar este teorema es necesario probar los artículos. ( I ), ( II ), ( III ) y ( IV ).

Demostrar el ítem (I) Si alguna ecuación del tipo

, con B,

multiplicando por una potencia

, d no definido en este momento, sin embargo

, eso es d^m.n.t , luego tenemos;

como d no está definido, basta con ser igual a lo que es , donde C es el factor común de la ecuación,
Ejemplo en números;

C₁ = B^m+A^m→ 29 =3³ + 2², por teorema d=C₁=29 eα= mmc(1,3,2).t = 6t,  →29^6t+1 = 3³ . 29^6t + 2². 29^6t

29^6t+1 =( 3.29^2t )³ + ( 2.29^3t )² , si t=1 tenemos 29⁷=2523³+48778², mdc( 29 , 2523 , 48778 ) = 29 ,si t = 2 tenemos 29¹³=2121843³+1189646642², mdc(29, 2121843 , 1189646642 ) = 29 y así sucesivamente con t ≥3
C₂ = B^m-Aⁿ→ 23 =3³-2², por teorema d=C₂=23eα=mmc(1,3,2).t = 6t,→23^6t+1 =3³.23^6t-2².23^6t→
23^6t+1 =(3.23^2t)³ – (2.23^3t)²→, si t=1 tenemos 23⁷=1587³-24334²,mdc( 23 , 1587 , 24334 ) = 23,si t = 2 tenemos 23¹³=839523³-296071778², mdc(23, 839523 , 296071778 ) = 23 y así sucesivamente con  t ≥3.
Prueba del ítem (II) Si alguna ecuación del tipo c^z=b^y+a^x con soluciones en enteros positivos, por T.M llegaremos a una ecuación equivalente con las siguientes bases;
C =b^y+a^x, B =b(b^y+a^x )^xk e A =a( b^y+a^x )^yk, con ecuación C^xyk+1=B^y+A^x→C^z=B^y+A^x
Al multiplicar por una potencia d^α , d não definida no momento, porém α=mmc(z,y,x).t , tϵN*, eso es d^zyx.t , luego tenemo;
d^zyx.t .C^z= d^zyx.t.B^y+d^zyx.t .A^x→(d^yx.t .C )^z= (d^zx.t .B )^y+(d^zy.t .A )^x→ Como mdc( C , B , A ) = C entonces

MDC[(d^yx.t .C ),(d^zx.t .B ),(d^zy.t .A ) ] ≥ d^t .C , en particular si d = C tenemos C^z(yxt+1)= (C^zx.t .B )^y+(C^zy.t .A )^x
MDC[ C , (C^zx.t .B ), (C^zy.t .A ) ] = C. Expandir usando todos los datos de la ecuación es;

{ d^yx.t . b^y+a^x  }^z= {d^zx.t .b( b^y+a^x )^xk}^y+{d^zy.t .a( b^y+a^x )^yk}^x
Como z= xyk + 1
{d^yx.t .( b^y+a^x ) }^xyk+1= {d^(xyk+1)x.t .b(b^y+a^x )^xk}^y+{d^(xyk+1)y.t .a( b^y+a^x )^yk}^x
Ejemplo en 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
Prueba del ítem (III) Si alguna ecuación del tipo cⁿ=B+aⁿ,con soluciones enteras positivas, por S.T.M, tenemos una gran cantidad de ecuaciones pero B siempre es , al multiplicar la ecuación por la potencia d^α, d no definida en este momento, con α = mmc (n, 1, n) .t, t ϵ N *, tenemos

Como tenemos;

→ Como d no está definido, solo d = B es decir;

O

Ejemplos;
( 1 )

Si m = 2, tenemos → (3.2^3t )²=2^3(2t+1)+ 2^6t, ∀ t ∈N, MDC[(3.2^3t),2,2]=2
Si m = 3, tenemos →(5.2^4t )²=2^4(2t+1)+(3.2^4t)², ∀ t ∈N, MDC[(5.2^4t),2,(5.2^4t)]=2
[…]
( 2 )

Si m = 2, tenemos →{4.56^t}³=56^3t+1+ {2.56^t } ³, ∀ t ∈N, MDC[(4.56^t),56,2.56^t]= 56
Si m=3, tenemos →{10.488^t} ³=488^3t+1+ {8.488^t }³, ∀ t ∈N,MDC[(10.488^t),488,8.488^t] = 488
[…]
( 4 )

( 5 )

( 6 )

∀ m > 1, t ∈ N, MDC[Das Bases] = 2.6^m. (6^4m-4 + 20. 6^2m-3 +1)

( 7 )
Etcétera
.
.
.
( … )

NOTA: Hasta ahora los puntos ( I ), ( II ) y ( III ) sólo permanecen ( IV )

Elemento de prueba ( IV ) Ser cualquier ecuación de tipo c2-B+a2^, con ^soluciones en los enteros positivos, utilizando los medios de S.T.M, tenemos;
C²=B+C²→Geral por S.T.M→( a^m +  2^m − 2.t^m )²  =  ( 2.a.t )^m  + ( a^m − 2^m − 2.t^m )², al multiplicar por la potencia d^α, con d no definido por el momento, sin embargo α = mdc (2, m, 2) .β, β ϵ N *, esta vez usa β porque la ecuación ya tiene t, eso dijo que tenemos;

d^α.(a^m  +  2^m − 2.t^m )²  =  d^α.( 2.a.t )^m  + d^α.( a^m − 2^m − 2.t^m )²
[d^mβ.( a^m  +  2^m − 2.t^m )]²  = [d^2β.( 2.a.t )]^m  + [d^mβ( a^m − 2^m − 2.t^m )]² [d^mβ .( a^m  +  2^m − 2.t^m )]² = [2at.d^2β ]^m  + [d^mβ ( a^m − 2^m − 2.t^m )]²

En este caso d puede ser cualquier número que pertenezca a los enteros positivos excepto cero, (dϵN*).
Ejemplo en números;

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: Los MDC(Das Bases ) ≥ d^β, ese 31250 = 2.d^2β>d^β

La idea es la misma para cualquier ecuación con la suma de 2 potencias.

Así que estás demostrando T.G.M

Curiosidad:( 1.0 )

5 = 3 + 2 → multiplicado por la base 3 → 5.3 = 3² + 2.3 → como 3 = 5 – 2 → reemplaza en el primer miembro 5(5 – 2)=3² + 2.3 → 5² – 2.5 = 3² + 2.³ → aislar 5² = 3² + 2.( 3 + 5 ) →
5² = 3² + 2.( 8 ) → 5² = 3² + 2.( 23 ) → 5² = 3² + 2⁴.

( 1.1 )

5³ = 5³ → 5³ = 5.5² → podemos escribir 5 = 2² + 1, poniendo el segundo miembro →
5³ = (2² + 1).5^{2 →} 53 = 2².5² + 5² → 5³= 10² + 5².

“NOTA: Esta curiosidad es otro artículo que publicaré en el futuro, ABC Conjecture”

6. PROBAR LA CONJETURA DE BEAL

(1a Condición) Dada la ecuación cz po^r + a^x, con soluciones en los enteros positivos, con á z , y, x ≥ 3 / c, b , un ≠ 0, a continuación, a, b y c tienen un factor primo común, lo que significa que a, b y c son divisibles por el mismo número primo.

O

(2a Condición) La ecuación a x + b y á c z no tiene solución para enteros positivos con x,y,z ≥ 3 y mdc(a,b,c)

Inicio de la prueba

A (2a Condición ) Es imposible obtener números en los enteros positivos con mdc(a,b,c) á1, y exponentes x,y,z ≥ 3, por dos razones ya mostradas:

1a — Se ha demostrado que la Conjetura Fermat-Catalán sólo tiene una cantidad finita de soluciones, actualmente sólo hay 10 ecuaciones encontradas, en las que a, b, y c son enteros positivos sin factores primos comunes y x, y, y z son integrales positivos satisfactorios

, porque todas las soluciones tendrán 2 como uno de los exponentes, esto ya se adhiere a la hipótesis de mdc(a). ,b,c) 1, y los exponentes x,y,z ≥ 3.

LOS 10 ENCONTRADOS SON; Imagen tomada del sitio de wikipedia.

2o — Si votas por la parte S.T.M tenga en cuenta que cuando las ecuaciones tienen el mdc(bases)-1, siempre tiene un exponente 2, incluso variando los otros exponentes, y como S.T.M ha sido probado, así como la Conjetura Fermat – El catalán afirma que al menos uno de los exponentes debe ser 2, entonces pega la hipótesis por la simple razón de contener un exponente 2 en una de las bases.

Así que sólo queda otra condición por probar.

El (1a Condición) ya es posible a través de T.M, S.T.M e T.G.M, todos tienen factores comunes en ambas bases sólo para mostrar que tiene un factor primo común que divide ambas bases con los exponentes x,y,z ≥ 3.

PROVA:

Dado;

Sea p un número primo, y F^p = p^u un factor primo común p, y pi ≠pi+1, i índice, primos distintos y exponentes Ui ≥ Ui+1≥0, i índice, diferentes exponentes o no, entonces C se puede ingresar como un número natural;

C = Fp = p^u, ou C = p1^u1.p2^u2 ou C = p1^u1.p2^u2. p3^u3 .p4^u4 …pi^ui .pi+1^ui+1… Factores primos comunes, como c^z = b^y + a^x, y por algún método de T.M, S.T.M e T.G.M, es obtenido C^z = B^y + A^x, entonces;

C^z =(F^p )^z = p^z.u↔B^y + A^x = p^z.u, ou C^z =( p1^u1 ) .p2^u2 )^z =p1^z.u1 .p2^z.u2 ↔B^y + A^x = p1^z.u1 .p2^z.u2 o

C^z =(p1^u1.p2^u2. p3^u3 .p4^u4 … pi^ui.pi+1^ui+1…)^z =p1^z.u1 .p2^z.u2. p3^z.u3.p4^z.u4… pi^z.ui.pi^+1z.ui+1…= B^y + A^x

EDIFICIO C^{z →} C^z DESDE Cⁿ.

De hecho, 1 a 1, porque 1 es un elemento neutro de la multiplicación dijo que es c ε N*, cuando se multiplica por ambos lados tenemos 1.c a 1.c→c á c, cuando se multiplica de nuevo por c tenemos 1.c = 1.c→c = c, si este proceso continúa por n veces hemos → cⁿ = cⁿ, notar si n > z, tenemos cⁿ>c^z.

Por lo tanto, cⁿ = cⁿ se puede inscribir como cⁿ = c^z.c^{n – z},  la hipótesis de la conjetura es que el eje c^z= b^y+ a^x, tiene un factor primo común que divide las bases c,b y a, con z,y,x ≥ 3, con esto lo tenemos;

cⁿ = c^z.cⁿ – z→cⁿ = ( b^y+ a^x).cn – z→cⁿ = b^y. c^{n – z} + a^x.c^{n – z}, entonces si elc^z= b^y+ a^x tiene soluciones en los enteros positivos, con exponentes mayores o iguales a 3, de hecho cⁿ = b^y. c^{n – z} + a^x.c^{n – z}, tiene un factor que divide ambos porque el mdc(cⁿ, b^y. c^{n – z}, a^x.c^{n – z}) = cⁿ> 1.

La traducción se demuestra que el hacha c^z= b^y+ a^x tiene tales soluciones, por lo que de hecho está confirmando la hipótesis y esta es una tesis. Pero para llegar a esa declaración tenemos que probar la igualdad, pero esto ya ha sido demostrado por los teoremas T.M, S.T.M e T.G.M, sin embargo, las condiciones de los exponentes eran mayores o iguales a 3 no fueron incluidas, ni las condiciones de los factores primos por lo que concluyen que esto está probado la conjetura de Beal.

Usando T.M tenemos la ecuación c^z= b^y+ a^x, volverse;

(b^y+a^x)^xyk+1=[b.(b^y+a^x)^xk ]^y+[a.(b^y+a^x)^yk]^x, donde z = xyk + 1, C = b^y+a^x ,
B= b.(b^y+a^x)^xk e A = a.(b^y+a^x)^yk , eso es C^z = B^y + A^x, con mdc (C,B,A) = C >1, para
x,y,z> 2 ou x,y,(xyk+1) > 2.

Por lo tanto, si C^z = B^y + A^x tiene soluciones en los enteros positivos, entonces cz = cxyk+1 = by + ax, simplemente porque tiene el mismo formato o estructura. Dito isso resta mostrar cⁿ, que é;
cⁿ = b^y. c^{n – z} + a^x.c^{n – z} , adaptándonos para las bases C, B y A tenemos;

C ⁿ = B^y. C ^{n – z} + A^x.C^{n – z}

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

“Esta es la ecuación en funciones de los exponentes n, x, y, basada en los teoremas mostrados anteriormente, tenemos (n – 1) es un múltiplo de x, y, esto es n – 1 =

xyt o n = xy.t + 1, t es solo para diferenciar de k, ya usando ”

(b^y+a^x)^xy.t+1=b^y.(b^y+a^x)^xyt +a^x.(b^y+a^x) ^xyt
(b^y+a^x)^xy.t+1=[b.(b^y+a^x)^xt ]^y+[a.(b^y+a^x)^yt]^x
Entonces como Cⁿ>C^z→Cⁿ-C^z> 0 → (b^y+a^x )^xy.t+1-(b^y+a^x )(x^y.k+1)>0→dividiendo por(b^y+a^x ), tenemos→(b^y+a^x )^xy.t-(b^y+a^x )(x^y.k)>0→dividiendo (b^y+a^x )^xy, tenemos →
(b^y+a^x )^t-(b^y+a^x )^k>0→(b^y+a^x )^t>(b^y+a^x )^k→t > k, ∀ t,k ∈N

Entonces, la ecuación con todas las variables se puede escribir de la siguiente manera;( EQ₁ )(b^y+a^x)^xy(t+k)⁺¹=[b.(b^y+a^x)x^(t+k) ]^y+[a.(b^y+a^x)(^y(t+k) )]^x

O

( EQ₂ ) (b^y+a^x)^{xy( t – k )+1)}=[b.(b^y+a^x)^{x( t – k ) ]y}+[a.(b^y+a^x)^{y(t – k)} ]x

Para llegar a estas dos fórmulas simplemente use TM, con nz-xyt → n xyt + z, y como z-xyt, tenemos n á xy (t + k), y como se muestra que t> k, también válido n á xy (t – k) ∈N *

Al igual que las otras fórmulas generadas por T.M y algunos también de S.T.M e T.G.M, que tiene el formato C^z = B^y +A^x, tiene el mismo comportamiento que ( EQ₁)e ₍ EQ₂), a continuación, mostrar las condiciones de los factores primos como al principio de esta prueba está demostrando literalmente todas las condiciones de la conjetura de Beal para el caso afirmativo que es (1a condición ).

(#) Para el caso de un factor primo común en ( EQ₁) e ( E_Q2), se trata de C^z= B^y + A^x = p^z.u 

Por lo tanto, un factor primo común p, porque la igualdad se satisface si continúa,

Análogamente a ( EQ1 ) tendrá el mismo resultado

( ## ) Para el caso de 2 factores primos comunes en (EQ1) y (EQ2), de hecho

, el mdc será el producto de dos poderes de primos distintos, esto es
Comprobación de la igualdad, como z á xy(t+k)+1, tenemos;

cuando se divide por cualquiera de los factores primos comunes cae en la condición ( # ) .
Análogamente a (EQ2);

( ### ) Para el caso de un factor primo común en (EQ1) y (EQ2), esto es;

De hecho, tendremos un MDC con varios factores primos comunes, o a partir de 3, poderes de primos distintos entre sí, eso es
_________

_________

Al igual que la condición (-), tenemos;

Cada vez que se divide por un factor primo común se reducirán hasta que se convierta sólo en un factor primo común.
Análogamente a (EQ2), tam_bién está satisfecho;

Por lo tanto, conjetura probada!

7. CONSIDERACIONES FINALES

Este artículo fue propuesto como una prueba objetiva general – allí la conjetura de Beal, cuando se utilizan los teoremas T.M, S.T.M e T.G.M combinado con las aplicaciones en la teoría de números en realidad era posible demostrar, sin embargo no era posible encontrar una estafa – ejemplo, sin embargo, cuando se utilizan los medios en el curso del desarrollo debe haber notado que cada paso era esencial para el otro de todos modos en relación con los teoremas presentados sin la T.M no podía usar T.G.M, sem o T.G.M o S.T.M no podría ser utilizado para la conjetura De Beal si no tuviera T.M o S.T.M e T.G.M sería algo muy vago, en otras palabras, no apoyaba la demostración de tal conjetura.
En el mejor de los casos sin los otros teoremas como el Teorema de Pitágoras, el último teorema de Fermat, el Teorema de Sebá y la conjetura de Fermat– Catalán la T.M sería algo muy vago y tomaría mucho más tiempo para ser probado, sólo por poseer tales teoremas de la T.M es una extensión y al mismo tiempo lo que soporta los teoremas citados, en otras palabras T.M era la pieza que faltaba para la finalización.

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] Graduación en matemáticas.

Enviado: Agosto, 2019.

Aprobado: Noviembre, 2019.