DIMOSTRAZIONE DELLA CONIETTURA DI BEAL

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ARTICOLO ORIGINALE

SOUSA, Francisco Rafael Macena de [1]

SOUSA, Francisco Rafael Macena de. Dimostrazione della congettura De Beal. Revista Científica Multidisciplinar Núcleo do Conhecimento. Ano 04, Ed. 11, Vol. 05, pp. 132-173. Novembre de 2019. ISSN: 2448-0959, Link di accesso: https://www.nucleodoconhecimento.com.br/olimpiadi-di-matematica/coniettura-di-beal

DICHIARAZIONE DI CONIETTURA

Se ax + by = cz , dove a, b, c, x, yez sono numeri interi positivi ex, y, z ≥ 3, allora a, b e c hanno un fattore primo comune, il che significa che a, bec sono divisibili per lo stesso numero primo. Oppure, l’equazione ax + by = cz non ha soluzione per interi positivi con x, y, z ≥ 3 e mdc (a, b, c) = 1.
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CURRICULUM VITAE

Questo articolo contiene dimostrazioni che utilizzano i principi dell’algebra e la teoria dei numeri, rispetto alla congettura annunciata da Andrew Beal, un banchiere e appassionato di teoria dei numeri ha proposto una sfida a chiunque dimostri o presenti un controesempio a un problema del genere che generalizza l’Ultimo Teorema di Fermat, cn = bn + an, com n ≥ 3, questo è stato dimostrato dal matematico inglese Andrew Wiles usando come base una congettura fatta dai matematici Yutaka Taniyama e Goro Shimura, questa dimostrazione fatta da Wiles che pochi matematici capiranno per l’alto livello o complessità, sarà anche ha usato il Teorema Sebá, “Sebastião Vieira do Nascimento (Sebá)”, laureato in Economia all’UFPB, master in ingegneria all’UFPB, professore ordinario all’UFCG, il suo teorema provato si basa su che m = bn + an, con un cugino tra di loro , questo è mdc (m, n) = 1, la congettura fu proposta dallo stesso Beal nel 1993, ma era ben nota anche dalla comunità matematica nel 1997 dopo che RD Mauldin pubblicò L’articolo la Generalizzazione dell’ultimo teorema di Fermat: la congettura di Beal e il problema del premio negli avvisi della American Mathematical Society.

1. INTRODUZIONE

Questo articolo mira a dimostrare la congettura di Beal, proposta da Andrew Beal, un banchiere, uomo d’affari, investitore, giocatore di poker e matematico dilettante che ha un fascino per la teoria dei numeri, ha sfidato qualsiasi matematico al mondo a dimostrare o dare un controesempio alla sua congettura che è stato proposto dal 1993 ad oggi, non è stata presentata una dimostrazione che generalizza la congettura incluso l’Ultimo Teorema di Fermat, questo articolo contiene conoscenze matematiche che chiunque abbia completato il liceo e abbia proprietà matematiche è possibile comprendere le affermazioni iniziali , poiché per chi ha un’istruzione superiore in esatte e oltre queste sarà di facile comprensione dall’inizio alla fine, la congettura si basa su numeri interi positivi o soluzioni in numeri naturali con esponenti maggiori pari a 3 (tre) e sue basi maggiori di o uguale a 1 (uno), in tal caso si dimostrerà che mdc (c, b, a ) = C> 1, dove questo C è il fattore primo comune che divide a, b e c, con a ≤ b oppure a ≥ b, tale che sia possibile avere come equazione cz = by + ax, x, y, z ≥ 3, esponenti, caso contraddittorio avrà come mdc (c, b, a) = 1 ex, y, z ≥ 3, questo è l’unico valore che divide c, b, a è 1 (a), in altre parole a, perché sono cugini tra di loro.

Per arrivare alla dimostrazione è stato necessario creare nuovi teoremi, ma affinché il teorema sia veramente valido così come la congettura deve essere dimostrata nel corso dei teoremi sono creati da principi e proprietà nella teoria dei numeri, la sfida più grande in questo articolo come qualsiasi altro che coinvolge i numeri primi quei numeri che hanno solo due divisori in quelli naturali che è 1 (uno) e se stesso (numero primo), perché è ancora qualcosa che la teoria dei numeri non è stata ancora in grado di trovare un modo più veloce per fattore numeri giganti, tuttavia nella teoria dei numeri abbiamo come ipotesi e abbiamo anche dimostrato che qualsiasi X un numero composto, possiamo scriverlo X come prodotto di più potenze di numeri primi uguali o distinti, anche quando ha esponenti 0 (zero) o 1 uno). L’idea di questa congettura è semplicemente che rende più facile trovare i fattori primi.

2. BREVE STORIA DELLA CONIETTURA

2.1 FERMAT E IL SUO TEOREMA

Tutto inizia con Pierre Fermat che visse in Francia nel XVIII secolo, un dipendente pubblico nella città francese di Tolosa, la matematica per lui era il suo hobby preferito, la cosa interessante è che Fermat era più famoso per le sue abitudini di presentare problemi a altri matematici che sfidò le più grandi menti del tempo, dove spesso lasciavano perplessi i loro contemporanei nel tentativo di risolverli. Fermat ebbe l’idea di creare una proposizione simile al famoso teorema di Pitagora che è molto ben noto oggi in questo secolo, tuttavia non aveva soluzioni nei naturali, questa proposizione andò oltre il suo tempo e guadagnò fama nel corso del secolo, per non trovando una soluzione o un controesempio., per questo ha ottenuto il suo nome e poiché era la sua ultima sfida aveva come nome l’Ultimo Teorema di Fermat, l’equazione della sua fama è cn = bn + an, onde a, b, c e n ∈ N, con n ≥ 3, secondo lui aveva la dimostrazione, morì senza che nessuno sapesse quale fosse la sua supposta risposta, per questo divenne noto come il suo ultimo teorema. Il merito di aver scoperto questa proposta era dovuto al figlio primogenito, che vide diversi appunti di Fermat in un certo libro di aritmetica che gli apparteneva perché suo padre aveva l’abitudine di fare schizzi o appunti nei libri. Dopo aver trovato il figlio, le note o le scoperte furono pubblicate in un libro di Aritmetica di Diofanto contenente le osservazioni del padre, nel 1670 il libro conteneva 48 osservazioni, ma lungo il percorso di generazioni di matematici e fisici stavano dando soluzioni alle loro sfide, tuttavia, ce n’era uno che più credeva fosse l’ultimo, per questo aveva un nome così impegnativo. Nel suo libro conteneva la seguente dichiarazione: “Ho scoperto una meravigliosa dimostrazione di questa proposizione, che, tuttavia, non rientra nei margini di questo libro” (FERMAT. 1607 – 1665) 2.

2.2 YUTAKA TANIYAMA, GORO SHIMURA E ANDREW WILES

Nel 1954, Yutaka Taniyama e Goro Shimura, giovani matematici giapponesi, divennero amici perché interessati allo stesso libro, allo stesso articolo e agli stessi calcoli, questa congettura di Taniyama-Shimura permise a Wiles di realizzare il suo sogno da ragazzo, impiegando un intellettuale impegno e determinazione difficile da credere il più possibile ad un essere umano. La congettura che i due presentarono servì come percorso per la loro soluzione definitiva al problema, tuttavia il matematico Yutaka Taniyama si tolse la vita nel 1958, ritardando così ulteriormente lo sviluppo della soluzione, lo sviluppo della congettura se non fosse intenzionalmente fatto per risolvere l’Ultimo Teorema di Fermat, tuttavia fu quello che accadde realmente in seguito Wiles si rese conto che una tale base aiutava la dimostrazione – c’è sicuramente questo teorema, perché chi poteva immaginare che il lavoro di due studenti della fine del XX secolo, potesse essere utilizzato in qualcosa che ha risolto uno dei più grandi misteri della storia della matematica. Ma fu Andrew Wiles che finì per dimostrare l’Ultimo teorema di Fermat, Wiles è un professore alla Princeton University che iniziò il suo interesse per il problema da bambino nella sua città natale aveva una biblioteca pubblica, ma solo nel 1986 iniziò davvero a iniziare il suo lavoro per risolvere il teorema dei suoi sogni, secondo Wiles è che la sua ricerca è stata fatta in totale segretezza, perché nel suo essere sapeva che avrebbe trovato la soluzione, ma non era il momento di affermarlo alla comunità accademica, l’intuizione è tutto per un appassionato di teoria dei numeri, tuttavia l’intuizione mostra la strada, ma provare se è giusto o sbagliato richiede tempo e dedizione, forse temendo la pressione che avrebbe subito di fronte a un problema così famoso e difficile da risolvere era troppo rischioso affermare una tale possibile soluzione iniziale, analizzando la congettura dei due giapponesi, Andrew Wiles ha notato che un tale teorema potrebbe essere un modo per risolvere, tuttavia la congettura dovrebbe essere dimostrata dal primo prima di mostrare quello che cercava da quando era bambino, nella sua mente era così chiaro che Wiles poteva sognare di risolvere il teorema tutto sarebbe dipeso dalla dimostrazione della congettura dei due studenti, invece Wiles non lo fece dimostrare l’Ultimo Teorema di Fermat, ma sì la congettura di Taniyama-Shimura, che comporterà la dimostrazione – lì.

Infine, il 23 giugno 1993, in una conferenza tenutasi al Sir Isaac Newton Institute for Mathematical Sciences di Cambridge, Andrew Wiles, 356 anni dopo la presentazione del teorema, fece il suo annuncio della sua dimostrazione, ma conteneva un piccolo difetto. la sua soluzione, Wiles si ritira per un anno, al fine di correggere questo errore e presentare la sua nuova dichiarazione riformulata, dopo la correzione e la revisione dello stesso errore rilevato, ci sono voluti alcuni mesi per prendere in considerazione la sua soluzione, la sua dichiarazione aveva 200 pagine , e dopo un lungo periodo di ansia, la sua scoperta o dimostrazione è stata finalmente accettata, ma così complessa che solo poche persone in tutto il mondo sono state in grado di capirlo, e Wiles (dopo aver ricevuto un premio di £ 50.000 dalla Fondazione) Wolfskehl), entra come il matematico che ha dimostrato il teorema più intrigante e stimolante nella storia della matematica, e così conclude uno dei maggiori problemi non trovati o dimostrato ha svuotato grandi matematici prima e durante, quindi l’ultimo teorema di Fermat non ha soluzioni con interi positivi con n ≥ 33.

2.3 ANDREW BEAL E LA SUA CONIETTURA CHE HA OTTENUTO IL SUO NOME

Andrew Beal (nato il 29 novembre 1952), banchiere, uomo d’affari, investitore, giocatore di poker e matematico dilettante ed entusiasta in una delle migliori aree, che è la teoria dei numeri. Beal è noto anche per la congettura di Beal, mentre studiava le generalizzazioni dell’ultimo teorema di Fermat, dal 1993 al 1997, Beal ha offerto un premio in denaro per una prova peer-reviewed di questa congettura o un controesempio, poiché nel 1993 valeva $ 5.000 il valore di il premio è aumentato più volte ed è attualmente di $ 1.000.000,00 per chi lo dimostra o presenta un esempio contraddittorio, ovvero un controesempio per chi generalizza l’Ultimo Teorema di Fermat. Secondo le stesse linee del banchiere, in un comunicato stampa dell’American Mathmatical Society, l’obiettivo del valore milionario è “ispirare le giovani menti a riflettere sulla questione e renderle sempre più interessate allo studio della matematica” 4.

3.1 TEOREMA MACENA O T.M

Date due equazioni Eq1:cz = by + ax e Eq2:cm = cm con soluzioni intere positive e ha base comune c ≠ 0, con c, b, a, z, y, x e m ∈ ℕ, m > z è possibile determinare una nuova equazione Eq3 che ha entrambi i formati Eq1 ed Eq2. Ciò significa che se Eq3 non soddisfa Eq1 non ha soluzioni completamente positive. Esempio1 Eq1 → c2 = b2 + a2 e Eq2 → cm = cm com c ≠ 0 e m ∈ ℕ, sappiamo che l’Eq1 ha soluzioni intere perché è il teorema di Pitagora stesso, basta controllare usando le triple pitagoriche, così come l’Eq2 ha anche soluzioni intere, questo sarà dimostrato in seguito. Detto questo, è quindi possibile determinare un’equazione Eq3 che abbia entrambi i formati Eq1 ed Eq2. Come c ≠ 0 possiamo usare i seguenti passaggi in Eq1 → c2 = b2 + a2 → 1 = c− 2.(b2 + a2)(I) Eq1 → c2 = b2 + a2 →  c=(b2+a2)1/2(II)
Il prossimo passo è usare Eq2, perché possiamo scrivere Eq2 come segue cm = cm.1 durante la sostituzione
(I) noi abbiamo cm = cm.c−2.(b2 + a2) → cm = cm−2.(b2 + a2) → cm = b2.cm−2 + a2.cm−2(III) Sostituzione (II) in (III);

= b2.

+ a2.

=

. Sia m – 2 un multiplo di 4 cioè m – 2 = 4.n, con n ∈ ℕ, allora abbiamo m = 4.n + 2, quando sostituiamo abbiamo; (b2 + a2)2.n + 1 = [b(b2 + a2)n]2 +[a(b2+a2)n]2

(b2 + a2)2n + 1 = [B]2 + [A]2 ora resta da verificare se (b2 + a2)2n + 1 è di tipo C2, per le triple pitagoriche questa uguaglianza è soddisfatta presto (b2 + a2)2.n + 1 = (c2)2.n + 1 = c2.(2.n + 1) = [c2.n + 1]2 = [C]2 Perciò C2 = [B]2 + [A]2 lo stesso formato dell’Eq1 per concludere deve avere la proprietà di 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 . Quindi è stato verificato che è possibile trovare una Eq3 che ha entrambe le proprietà quindi Eq3 per queste due equazioni è; Eq3 → (b2+a2)2n+1=[b(b2+a2)n]2+[a(b2+a2)n]2

3.1.1 TEST DI T.M

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

Infatti 1 = 1, moltiplicando entrambi i lati per c ∈ N * abbiamo 1.c = 1.c, moltiplicando ancora per lo stesso c abbiamo c2 = c2, moltiplicando logicamente per m volte avremo;
cm = c{(11 + 12 + 13 + … + 1m− 1 + 1m) = m} = cm. Pertanto viene mostrato Eq2.

Come c ≠ 0, possiamo utilizzare i seguenti dispositivi:

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

Eq2 può essere scritto come cm = cm.1, sostituendo (I) in questa equazione:

cm = cm.1 → cm = cm.c − z.(by + ax) → cm = cm− z.(by + ax) → cm = by.cm − z + ax.cm − z
La sostituzione di (II) si traduce in;

, mettendo in evidenza gli esponenti y e x

Per cosa

∈ ℕ MMC (zy, zx) = zxy, quindi m – z deve essere un multiplo di zxy, quindi m – z = zxy.k, con k ∈ ℕ. isolare m e sostituendo nei risultati dell’equazione:

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

Quindi questa è la nuova equazione;

Eq3:(by + ax)xyk + 1 = [b.(by + ax)xk]y + [a.(by + ax)yk]x → Cxyk + 1 = By + Ax
In base al principio del confronto o del formato, Cxyk + 1 = By + Ax è equivalente a cz = by + ax, è la struttura stessa della congettura di Beal.

Ben presto Eq1 soddisfatto mostra di avere anche il formato Eq2: cm = cm

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

Pertanto è già stato dimostrato che Eq3 soddisfaceva Eq1 ed Eq2.

Dado:

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 è zero abbiamo;
(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, come by + ax = cz ≠ 0 perciò (by + ax)0 = 1
(by + ax)1 = [b.1]y + [a.1]x → by + ax = by + ax

Se m fosse uguale az l’equazione Eq1 ed Eq2 sarebbero uguali, a sua volta sarebbe uguale a Eq3

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

Se x = y = k = 1 abbiamo un quadrato perfetto
(by + ax)xyk + 1 = [b.(by + ax)xk]y + [a.(by + ax)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
Esempio2 Controllando l’equazione Eq3 con i numeri, se b = 3, a = 2 en = 1 abbiamo;

(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 MOSTRARE OGNI CASO DI T.M

Per mostrare la validità di questo teorema, è anche necessario mostrare le possibilità oi possibili valori di z, y, xem em ℕ, se non contraddice alcun teorema già dimostrato dai matematici come (teorema di Pitagora “da diversi matematici “, Teorema di Sebá” di Sebastião “e l’ultimo teorema di Fermat” di Andrew Wiles “e così via) allora la MT è valida e sarà uno strumento per dimostrare la congettura di Beal.

3.2.1 TEOREMA DI PITAGORE

Questo è quando z = y = x = 2
Supporre che Eq1 → c2 = b2 + a2, ha soluzioni intere, per c, a, b, m ∈ ℕ, c ≠ 0 e Eq2 → cm = cm è possibile trovare un’Eq3 che soddisfi le due equazioni precedenti, se ciò accade presto
Eq1 → c=√(b2+a2 )∈ ℕ.
Questa dimostrazione è già stata mostrata nell’Esempio1, dobbiamo solo dimostrare che usando realmente le triple pitagoriche la condizione è soddisfatta c=√(b2+a2) ∈ ℕ.
Abbiamo come ipotesi c2 = b2 + a2, Tese C2 = C2.
Utilizzando l’ipotesi c2 = b2 + a2 aggiungendo su entrambi i lati 2b + 1 ∈ ℕ si ottiene un quadrato perfetto su un lato, c2 + 2b + 1 = b2 + 2b + 1 + a2 → c2 + 2b + 1 = (b + 1)2 + a2, sappiamo che in un triangolo rettangolo l’ipotenusa è maggiore di uno qualsiasi dei lati particolari c> b> a, quindi c’è la possibilità di c = b + 1, renditi conto che questa è una soluzione adeguata per risolvere l’equazione c2 + 2b + 1 = (b + 1)2 + a2 → c2 + 2b + 1 = c2 + a2 → 2b + 1 = a2 isolare b, si ottiene

È come

, nota che sia be c sia un numero intero solo (a) sono dispari perché i tempi dispari dispari rimangono dispari, quindi a = 2k + 1 condizione di essere dispari con k ∈ ℕ, quindi abbiamo;


→ [2k2 + 2k + 1]2 = [2k2 + 2k]2 + (2k + 1)2, Quindi abbiamo C = 2k2 + 2k + 1, B = 2k2 + 2k e A = 2k + 1 ∈ ℕ, sono le triple pitagoriche(2k2 + 2k + 1, 2k2 + 2k, 2k + 1), controllando la tesi

3.2.2 PER L’ULTIMO TEOREMA DI FERMAT

Questo è quando z = y = x = n
Supporre che Eq1 → cn = bn + an, ha una soluzione per n≥3, con c, a, b, m ∈ ℕ, c ≠ 0 e Eq2 → cm = cm è possibile trovare un’Eq3 che soddisfi le due equazioni precedenti, se ciò accade presto
Eq1 → c = n√bn+an ∈ ℕ.
Come c ≠ 0 possiamo scrivere Eq1, come segue;

Eq1 → cn = bn + an → 1 = c − n.(bn + an)(I) elemento neutro di moltiplicazione
Eq1 → cn = bn + an → c = ( bn+an )1/n(II)
Verificare che Eq2 possa essere scritto come segue senza modificarne i valori cm = cm.1, sostituendo (I) in Eq2, abbiamo;
cm = cm.c − n.(bn + an) → cm = cm− n.(bn + an) → cm = bn.cm − n + an.cm − n(III)

Sostituito (II) in (III)

Si noti che il formato è lo stesso di Eq1, basta controllare se m – n è un multiplo di n2, in tal caso possiamo scrivere m − n = n2.k con k ∈ ℕ, isolare m abbiamo m = n2.k + n questa è un’equazione di 2 ° grado;
m = n2.k + n ⇒ kn2 + n − m = 0, con ciò possiamo trovare i valori per m e n di Bhaskara.

, in modo che non sia necessariamente naturale -1 ± √1-4 km deve essere un multiplo di 2k, quindi;
-1±√1-4km = 2k.t, con t ∈ ℕ
-1±√1-4km = 2k.t → ±√1-4km= 2k.t + 1 alzando entrambi al trimestre che abbiamo 1 + 4km = (2k.t + 1)2 → 4km = (2k.t + 1)2 − 1 renditi conto che è la differenza di due quadrati allora;
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), quindi sostituendo questo valore di m con n = -1 ± √1-4km abbiamo;

presto (bt + at)kt + 1 = Bt + At, rendersi conto kt + 1 non è un multiplo di t, perché mdc ( kt + 1 , t ) = 1, quetso è “kt + 1” e “t” sono cugini tra, e per Andrew Wiles è impossibile bt + at = ct (Ultimo teorema di Fermat), per t> 2.
Perché kt + 1 ≠ t.α, con 2 < α ∈ ℕ, quindi non soddisfa il Eq1, quindi l’Eq1 non ha soluzioni, come si dice in T.M.
Però C =kt+1√Bt+At ∈ ℕ, EQSebá, teorema di Sebá, verifica dell’uguaglianza;
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 TEOREMA DI SEBÁ

cm = bn+ an, com mdc(m,n)=1
Dimostrazione di Sebastião Vieira do Nascimento (Sebá)
Teorema: l’equazione Cm = An + Bn ammette soluzioni naturali per m e n primi tra loro.
Prova:
Sii l’equazione;
( 1 )cm = bn + an, essendo a, b, c, n e m interi positivi. Moltiplicando entrambi i membri dell’equazione ( 1 ) por (bn + an)m
ottieni:
( 2 )cm*(bn + an)m = (bn + an)*(bn + an)m, Sostituendo il valore di da (1) in (2), ottieni-
(bn + an)m + 1 = (bn + an)*(bn + an)m
o
( 3 )(bn + an)m + 1 = bn(bn + an)m + an(bn + an)m
Se scegliamo valori per aeb tali che a ≤ b o a≥b e sostituiamo in (3), si ottengono valori interi positivi per A, B e C.

Esempio: dividi un quadrato in due cubi in diversi modi. Sia l’equazione:
( 4 )C2 = B3 + A3, Considera l’equazione:
c2 = b3 + a3, Moltiplicando entrambi i membri dell’equazione precedente per (b3 + a3)m, dove m e n  ∈ ℕ, abbiamo:

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

Confrontando l’equazione (5) con l’equazione (4), dobbiamo scomporre m in potenze di 3 e m + 1 in potenze di 2. Ciò sarà possibile solo se m ed m + 1 sono, rispettivamente, multipli di 3 e 2. Pertanto :
m = 6k – 3 em + 1 = 6k – 2, quindi l’equazione (5) è:

(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, Pertanto, le soluzioni all’equazione data si ottengono facendo:

C = (b3 + a3)3k − 1, B = b(b3 + a3)2k − 1 e A = a(b3 + a3)2k − 1, dove k ∈ N*, a e b ∈ ℕ.
Dimostrare usando T.M Questo è quando z = me y = x = n
Supporre che Eq1 → cm = bn + an, ha soluzione per m e n primi tra loro questo è mdc(m,n)=1, com c, a, b, t, m e n ∈ ℕ, c ≠ 0 e Eq2 → ct = ct puoi trovarne uno Eq3
che soddisfa le due equazioni precedenti, se questo accade presto Eq1 → c =m√bn+an ∈ ℕ.

Come c ≠ 0 possiamo usare i seguenti metodi;
cm = bn + an → 1 = c − m*(bn + an), (I) elemento neutro di moltiplicazione
cm = bn + an → c = (bn+an)1/m, (II)
Possiamo scrivere Eq2 come segue ct = ct.1, sostituendo (I) in Eq2 che abbiamo;
ct = ct.c − m.(bn + an) → ct = ct− m.(bn + an) → ct = bnct − m + anct − m, quando si sostituisce (II) abbiamo;

Para que

essere naturale t – m deve essere un multiplo di n e m, allora t – m = m.n.k, con k ∈ ℕ, isolare t abbiamo t = m.n.k + m, quando si sostituisce nell’equazione si ottiene;

Resta da mostrare che nk + 1 è un multiplo di m, se sì è della forma nk + 1 = m.α, con α ∈ ℕ o bn + an = Cm
Se si verifica uno di questi, se abbiamo Cm = Bn + An, verrà mostrato che Eq1 ha una soluzione.

Abbiamo che si ottiene t – m = m.n.k dividendo entrambi per m

– 1 = n.k aggiungendo 1 su entrambi i lati

= N.k + 1, poiché t è un multiplo di m, quindi

∈ ℕ, con ciò possiamo utilizzare i seguenti passaggi;

Come


= n.k + 1 e nk + 1 = m.α questo è

= m.α → α =

, se α è naturale allora

deve essere naturale, se solo t è anche un multiplo di m2, ma t non è un multiplo di m2, in quanto è della forma t = mnk + m, anche se k fosse uguale a m, sarebbe del forma t = n.m2 + m = m.(nk + 1) ≠ m2.(nk + 1) quindi nk + 1 non è un multiplo di t, quindi mdc (nk + 1, t) = 1, sono primi l’un l’altro.

Resta da vedere se bn + an =Cm.
Sappiamo che nk + 1 non è un multiplo di n, poiché mdc (nk + 1, n) = 1 e come l’equazione è uguale (bn + an)nk + 1 = [b(bn + an)k]n + [a(bn + an)k]n è soddisfatto già mostrato in precedenza in EQSebá, dal principio di formato o confronto dobbiamo:

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

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

Con quell’Eq1 è stata soddisfatta, resta da mostrare Eq2 → ct = ct, si noti che:
(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
Come 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, Così provato perché Eq3 ha proprietà sia di Eq1 che di Eq2.

3.2.4 SE SONO MULTIPLI PER T.M

Caso (1): per y multiplo di x questo è y = xk con k ∈ ℕ
Essere Eq1: cz = bxk + ax e Eq2 :cm = cm, con m > z e c ≠ 0 è possibile trovare una nuova equazione Eq3, che ha proprietà di Eq1 e Eq2 astuccio Eq3 non ha la proprietà di Eq1 presto Eq1, non ha soluzioni complete.

Come c ≠ 0 noi abbiamo;
cz = bxk + ax → 1 = c − z.(bxk + ax), (I) elemento neutro di moltiplicazione
cz = bxk + ax → c = (bxk+ax)1/z, (II)

Possiamo scrivere Eq2 nel modo seguente usando (I);
cm = cm.c − z.(bxk + ax) → cm = cm − z.(bxk + ax) → cm = bxk.cm − z + ax.cm − z, quando si sostituisce (II) abbiamo;


Mettendo xk e x in evidenza abbiamo;

, nota che mmc (zxk, zx) e così che

∈ 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, notare che questa equazione può essere scritta come segue;

(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 Il Cm = Bx + Ax pois MDC(xk.α + 1 , xk )=MDC(xk.α + 1 , x)= MDC(m,x)=1, quindi cugini tra loro, equivalenti all’Eq1.

Controllo Eq2 cosa è cm = cm
(bxk + ax)xk.α + 1 = [b.(bxk + ax)α]xk + [a.(bxk + ax)k.α]x, Come bxk + ax = cz noi abbiamo; (cz)xk.α + 1 = [b.(cz)α]xk + [a.(cz)k.α]x → czxk.α + z = [b.c]xk + [a.czk.α]x come m = zxk.α + z
cm = bxk.cxzkα + ax.cxzk.α → cm = cxzkα(bxk + ax) → cm = cxzkα(cz) → cm = cxzkα+ z = cm.
Ben presto ha soddisfatto Eq1 ed Eq2, quindi dimostrato.
Caso (2): per x multiplo di y è x = yk con k ∈ ℕ
Questa dimostrazione è analoga al caso (1), come l’Eq3;
(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)kα]y → Cyk.α + 1 = By + Ay equivalente Cm = By + Ay
a sua volta l’equivalente Eq1: cz = by + ayk com k, α ∈ ℕ .
Caso (3): per z multiplo di x questo è z = xk e MDC(z,x,y)=1, con k ∈ ℕ

Sia Eq1: cxk = by + ax, possiamo scrivere Eq1 nel seguente formato Eq1: by = cxk − ax, e a Eq2 sarà sulla base di b invece di c, con b ≠ 0 e c > a, quindi Eq2: bm = bm, con m > y, quindi è possibile che Eq3 abbia proprietà sia Eq1 e Eq2, se non soddisfa Eq1 allora Eq1non ha soluzioni intere positive.

Come b ≠ 0 noi abbiamo;
by = cxk − ax → 1 = b − y(cxk − ax), (I) elemento neutro di moltiplicazione
by = cxk − ax → b = (cxk-ax)1/y, (II)
Eq2 può essere scritto come segue bm = bm.1, sostituito (I) in Eq2 che abbiamo;
bm = bm.b − y(cxk − ax) → bm = bm− y(cxk − ax) → bm = cxk.bm − y − ax.bm − y, sostituendo (II) abbiamo;


, isolare xk e x abbiamo;

MMC( xyk , x )= xyk, por cosa

∈ ℕ, m – y deve essere un multiplo di xyk, cioè m – y = xyk.α, con α ∈ ℕ, con questi dati abbiamo;

(cxk − ax)xkα + 1 = [c.(cxk − ax)α]xk − [a.(cxk − ax)k.α]x, nota che possiamo organizzare come segue;

(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, quindi z può essere un multiplo di x, e il suo LCD (z, x, y) = 1

Poiché z = xk, abbiamo;
[c.(cz − ax)α]z = (cz − ax)zα + 1 + [a.(cz − ax)k.α]x, con quello che abbiamo;

C = c.(cz − ax)α, B = cz − ax e A = a.(c1 − ax)k.α, presto Cz = Bzα + 1 + Ax, con z=xk, questo è equivalente all’Eq1, resta da dimostrare che lo è anche Eq2: bm = bm.

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

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

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

Pertanto, poiché Eq3 soddisfa Eq1 ed Eq2, quindi Eq1 ha soluzioni su interi positivi.Caso (4) para z múltiplo de y isso é z = yk com k ∈ ℕ
Questa dimostrazione è analoga al caso (3), arrivano allo stesso formato dell’equazione Eq3, ma con b al posto di a e y al posto di x;

[c.(cyk − by)α]yk = [b.(cyk − by)k.α]y + (cyk − bx)ykα + 1, con α ∈ ℕ.
Caso (5): per z multiplo di xey questo è z = xyk con LCD (z, x, y) = LCD (x, y) ≥1 e k ∈  ℕ
Essere Eq1: cxyk = by + ax e Eq2: cm = cm, con c ≠ 0 e k ∈ ℕ, è possibile trovare una nuova equazione Eq3, che ha proprietà di Eq1 ed Eq2 se Eq3 non ha proprietà di Eq1 quindi Eq1 non ha soluzioni intere.

Come c ≠ 0 noi abbiamo;
cxyk = by + ax → 1 = c − xyk*(by + ax), (I) elemento neutro di moltiplicazione

Possiamo scrivere Eq2 nel modo seguente usando (I);
cm = cm.c − xyk.(by + ax) → cm = cm − xyk.(by + ax) → cm = by.cm − xyk + ax.cm − xyk , quando si sostituisce (II) abbiamo;


, Mettendo y e x prove che abbiamo;
Il MMC(xy2k , x2yk )=x2y2k, quindi

∈ ℕ, obrigatoriamente m – xyk deve ser múltiplo de x2y2k isso é m − xyk = x2y2k.α, com α ∈ ℕ, logo temos;
Nota che xyα + 1 non è un multiplo di xy, perché LCD (xy.α + 1, xy) = 1, quindi Eq1 non ha soluzioni intere positive per z multiplo di x e y.
Perché by + ax dal principio di confronto mostrato in precedenza è equivalente cxyk + 1 = by + ax e Come z = xyk, noi abbiamo cz + 1 = by + ax. Perciò z + 1 non è un multiplo di xey, quindi Eq1 non ha soluzione negli interi positivi.
Caso (6): per z multiplo di x ey multiplo di x è z = xk ey = xt, con k ≥ te LCD (z, x, y) = x, ek, t ∈ ℕ
Be Eq1: cxk = bxt + ax e Eq2: cm = cm, con c ≠ 0 e k, t ∈ ℕ, è possibile trovare una nuova equazione Eq3, che ha proprietà di Eq1 ed Eq2 se Eq3 non ha proprietà di Eq1 quindi Eq1 non ha soluzioni intere.

Come  c ≠ 0 noi abbiamo;
cxk = bxt + ax → 1 = c − xk*(bxt + ax), , (I) elemento neutro di moltiplicazione
cxk = bxt + ax → c = (bxt + ax)1/xk (II)

Possiamo scrivere Eq2 nel modo seguente usando (I);
cm = cm.c − xk.(bxt + ax) → cm = cm − xk.(bxt + ax) → cm = bxt.cm − xk + ax.cm − xk, quando si sostituisce (II) abbiamo;


, isolare xt e x abbiamo;

, MMC (x2tk, x2k) = x2tk, quindi

∈ ℕ è necessário che m – xk sia un multilpo di  x2tk, cioè m − xk = x2tk.α, con α ∈ ℕ, sostituendo questi valori si ottiene;

come xt.α + 1 non è un multiplo di x, resta da guardare bxt + ax, realizzarlo inizialmente Eq1 é cxk = bxt + ax → (ck)x = (bt)x + ax Ultimo teorema de Fermat.
come Eq3 non ha soddisfatto Eq1, perciò Eq1, non ha una soluzione intera positiva quando z è un multiplo di x e y è un multiplo di x.

Caso (7): per z multiplo di y ex multiplo di y è z = yk ex = yt, con k ≥ te LCD (z, x, y) = y, ek, t ∈ ℕ
Questa dimostrazione è analoga al caso (6), poiché rientra nell’ultimo teorema di Fermat.

Caso (8): per z multipli di yex, xoy multipli l’uno dell’altro, questo è z = xyk e x = yt o z = xyk e y = xt, con k ≥ te MDC (z, x, y) = yo LCD (z, x, y) = x, ek, t ∈ ℕ
Questa dimostrazione è analoga al caso (6) e (7), poiché rientra nell’ultimo teorema di Fermat.

Obs: cxyk = bxt + ax → (cyk)x = (bt)x + ax e cxyk = by + ayt → (cxk)y = by + (at)y, Non c’è soluzione per interi positivi, nei casi (5), (6), (7) e (8)

3.3 SECONDO TEOREMA MACENA O S.T.M

Dato n ≥ 2 il grado del primo membro dell’equazione è sempre possibile determinare a B=(nm − 1 + 1)n−(nm − 1 − 1)n, cosa succede se MCD (a, B, c) = 1 allora n ha un grado pari, se MCD (a, B, c) = 2.t ≥ 2 allora il grado n è dispari, in entrambi i casi soddisfacente an = B + cn, in particolare per ogni n pari o dispari abbiamo il MCD (a, B, c) = c dove c è della forma 2n − 1.
Per dimostrare questo teorema sarà necessario trovare uno strumento prima di dimostrarlo.
Attrezzo:
Per trovare lo strumento dobbiamo prima analizzare come si comporta il binomio di Newton dal grado 2 in poi.

(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.
*
*

Ora sottraendo xn o yn su entrambi i lati di (I), si ottiene;

(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.yn1( I I)

Dalla differenza di due potenze dello stesso grado possiamo scrivere (x + y) n – xn, come segue;

Allo stesso modo, possiamo anche scrivere (x + y) n – yn, come segue;
Con ciò abbiamo due nuove equazioni che differenziano solo in x e y.

Aggiungendo (I V) e (V) abbiamo;
Per cosa

, essere divisibile per 2, solo y essere uguale ax questo è y = x o x = y, con quello che abbiamo


Dividendo per il fattore comune che è xn abbiamo;
L’oggetto (VI) è lo strumento che verrà utilizzato per dimostrare il teorema.

Dimostrando i casi in cui n è pari o dispari:

Essere m ≥ 2, é possível obter equações do formato cn = B + an, dove il MDC (c,B,a)= 1 se il grado n è pari, e MDC(c, B, a) = 2.t ≥ 2, com t ∈ N*, se il grado n è dispari.

Metodo se la base è 2, verrà utilizzato completando i quadrati, se è 3 completerà i cubi e così via, fino a quando la base n utilizzerà il completamento dell’ennesima potenza.

Sia b una base, con b ∈ N *, quindi dando l’iniziativa che abbiamo;

Per b = 2 abbiamo;

2m = 2in effetti questo è valido, possiamo scrivere come segue 2m = 2m.1, rendersi conto che la seguente uguaglianza è valida.
2m = 2m.(2 − 1) → 2m = 2m + 1 − 2m → 2.2m − 1 = 2m + 1 − 2.2m − 1, per completare il quadrato del primo membro basta aggiungere su entrambi i lati 22(m − 1) + 1, questo risulta in;
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) , quindi abbiamo due quadrati perfetti, e con ciò una nuova equazione;

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

il tuo MDC(2m − 1 + 1, 2, 2m − 1 − 1) = 1

Vedi che dipende solo da una variabile nel caso m, guarda gli esempi usando i numeri.

Per 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

Per 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

Per 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

Per 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

Per 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 così via.

Per b = 3, noi abbiamo;

3m = 3m in effetti questo è valido, possiamo scrivere come segue 3m = 3m.1, notare che è valida la seguente uguaglianza.
3m = 3m.1 → 3m = 3m.(3 − 2) → 3m = 3m + 1 − 2.3m → 3.3m − 1 = 3m + 1 − 3.2.3m − 1, per completare il cubo sul primo lato dell’uguaglianza basta aggiungere 33(m − 1) + 3.32(m − 1) + 1 su entrambi i lati, ciò si traduce in;
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, ci deve essere un po ‘di k ∈ ℕ, che viene sommato e sottratto per generare un cubo perfetto sul secondo lato dell’uguaglianza come nell’esempio precedente, quindi abbiamo;
(3m − 1 + 1)3 = [3m + 1 + 33(m − 1) + 3.32(m − 1) − 2.3m + 1 + k] − k, determinare 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)

Presto

− k = 2.(32m1 + 1)
Con questo abbiamo un’altra equazione
(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 )

3m − 1 + 1 , 2.(32m − 1 + 1) e 3m − 1 − 1, sono coppie perché la potenza di 3 è sempre dispari sommando 1 o sottraendo 1 da quella potenza per darci una coppia.
Così la (3m − 1 + 1, 2.(32m − 1 + 1), 3m − 1 − 1) = 2.t ≥ 2, con t ∈ N*. Esempio in numeri:

Per m = 2 noi abbiamo;

(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

Per m = 3 noi abbiamo;

(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 così via.

Il metodo più rapido per trovare queste equazioni è usare cn =B +an dove c = nm − 1+1 e a = nm − 1−1, questo é;

Quindi l’equazione generale è;

Se n è il grado 2 abbiamo;

Perciò;

(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 è di grado 3 abbiamo;

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)

Perciò;

(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, con t ∈ N* e m ≥ 2

Se n è di grado 4 abbiamo;

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

Fare i calcoli correttamente arrivati ​​a;

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

Quindi abbiamo;

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

o

(22(m − 1) + 1)4 = 22m + 1.(24(m − 1) + 1) + (22(m − 1) − 1)4
Il MDC(22(m − 1) + 1, 22m + 1.(24(m − 1) + 1), 22(m − 1) − 1) = 1, con m ≥ 2

o

(22(m − 1) + 1)4 = 26m − 3 + 22m + 1 + (22(m − 1) − 1)4
Il MDC(22(m − 1) + 1, 26m − 3, 22m + 1, 22(m − 1) − 1) = 1, con m ≥ 2

Se n è di grado 5 abbiamo;

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)

Facendo i calcoli arriverà che B vale;

B = 2.(54m − 3 + 2.52m − 1 + 1)

Quindi l’equazione per il grado 5 è;

(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, con t ∈ N* e m ≥ 2.

Se n è di grado 6 abbiamo;

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)

Fare i calcoli correttamente arriverà a;

B = 2.(65m − 4 + 20.63m − 3 + 6m), o B = 2.6m.(64m − 4 + 20.62m − 3 + 1) e l’equazione è;

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

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

Quindi si noti che le condizioni da (1) a (5) sono state soddisfatte per i casi in cui n è pari e n è dispari.

Per dimostrare questa equazione, dobbiamo mostrare per il caso generale non solo da (1) a (5) ma da (1) a (n).

Per n coppia:
Sia n = 2k con k ∈ N *, per gli esempi precedenti si ottiene l’LCD (a, B, c) = 1, al Sostituito in B;

Per la definizione di Par il B è già un Par, quindi è divisibile per 2, resta da controllare ce a. Se ce a sono dispari, il display LCD (c, B, a) è 1, se c e b è pari, il display LCD (c, B, a) è 2.t ≥ 2, con t ∈ N *.

Come c = nm − 1 + 1 e a = nm − 1 − 1 dell’equazione cn = B + an quando si sostituiscono i valori di n e B abbiamo;

Quindi 2.(2m − 2.km − 1) + 1 come 2. 2.(2m − 2.km − 1) − 1, sono dispari, quindi aec sono dispari, quindi l’unico valore che divide a, B ec è 1.

Per n dispari:
Sia n = 2k + 1 con k ∈ N *, per gli esempi precedenti si ottiene l’LCD (a, B, c) = 1, al Sostituito in B;

Per definizione di coppia B è già una coppia, quindi è divisibile per 2, resta da controllare ce a. Se ce a sono dispari, allora il display LCD (c, B, a) è 1, se ce b è pari, allora il display LCD (c, B, a) è 2.t ≥ 2, con t ∈ N *.

Come c = nm − 1 + 1 e a = nm − 1 − 1 dell’equazione cn = B + an ,quando si sostituiscono i valori di n e B abbiamo;

Come 2k + 1 è strano se quadriamo è anche dispari:
(2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2.(2k2 + 2k) + 1
Se aggiungiamo 1 su entrambi i lati o sottraiamo 1, è una coppia?
(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] é um par .

Dato che 2k + 1 è dispari se saliamo al cubo, è anche strano:
(2k + 1)3 = 8k3 + 12k2 + 6k + 1 = 2.(4k3 + 6k2 + 3k) + 1
Se aggiungiamo 1 su entrambi i lati o sottraiamo 1, è una coppia?
(2k + 1)3 + 1 = 2.(4k3 + 6k2 + 3k) + 2 = 2.[4k3 + 6k2 + 3k + 1] è una coppia e (2k + 1)3 − 1 = 2.(4k3 + 6k2 + 3k) − 2 = 2.[4k3 + 6k2 + 3k − 1] è una coppia.

Come 2k + 1 è strano se alziamo la quarta potenza è anche strano:
(2k + 1) 4 = 16k4 + 32k3 + 6k + 1 = 2. (8k4 + 16k3 + 3k2) + 1
Se aggiungiamo 1 su entrambi i lati o sottraiamo 1, è una coppia?
(2k + 1)4 + 1 = 2.(8k4 + 16k3 + 3k2) + 2 = 2.[8k4 + 16k3 + 3k2 + 1] è una coppia e (2k + 1)4 − 1 = 2.(8k4 + 16k3 + 3k2) − 2 = 2.[8k4 + 16k3 + 3k2 − 1] è una coppia.

se continua sarà sempre una coppia così (2k + 1)m1 + 1 e (2k + 1)m1 − 1 è pari e poiché B è pari, il valore più piccolo che divide c, B e a è 2, quindi MDC (a, B, c) = 2.t ≥ 2, con t ∈ N*

Quindi abbiamo le due equazioni principali:

3.3.1 PROOFING S.T.M

Per dimostrare STM, dobbiamo solo dimostrare che indipendentemente da n se è pari o dispari abbiamo MDC (a, B, c) = c dove c = 2n – 1 è già stato dimostrato che (**) ha MDC diverso se n è pari e n è dispari. Ma se usiamo lo strumento (*) che è stato generato dal binomio di Newton, facendo x = y è stato ridotto alla seguente equazione;

Come

isolare

noi abbiamo;

Sostituendo (I2) e (I1) si ottiene;

(2x)n = xn.(2n− 1) + xn

Affinché il primo lato dell’equazione sia scritto come la somma di due potenze del secondo lato dell’equazione, e poiché il fattore comune è xn, tuttavia, poiché il valore di x non è stato definito, allora è sufficiente per x da scrivere come 2n – 1, detto questo l’equazione dipenderà solo dal grado n, quindi abbiamo;

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

Quindi un’altra equazione che dipende solo da una variabile.

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

Dati per questa nuova equazione;
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
per n pari
questo è n=2k con k ∈ N*

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

per dispari n
questo è n= 2k + 1 con k ∈ N*

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

In effetti, è stato dimostrato perché tutte le affermazioni che la S.T.M ha proposto hanno avuto risposta.
Prova con i numeri;
Per n = 2 abbiamo;

(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

Per n=3 noi abbiamo;

(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

Al momento STM apparentemente due equazioni, ma solo una è nel formato Conjecture che è;

(2m1 + 1)2 = 2m+1 + (2m1 − 1)2
MDC(2m1 + 1, 2, 2m1 − 1) = 1, con m ≥ 2.  “Non lo è, perché contiene 2 come esponente”

e

(2.(2n − 1))n = (2n − 1)n+1 + (2n − 1)n
MDC(2.(2n − 1), 2n − 1, 2n − 1) = 2n − 1, con n ≥ 2. “ se n>2 allora appartiene alla congettura di Beal ”

3.4 ALTRE EQUAZIONI GENERATE CON IL METODO DI S.T.M.

F1: ⇒  (2m − 1 + 2k − 1)2 = 2k(m + 1) + (2m − 1 − 2k − 1)2
È il generale ( 1 ).
MDC(2m − 1 + 2k − 1, 2, 2m − 1 − 2k − 1) = 1, con k = 1 e m ≥ 2.
o
MDC(2m − 1 + 2k − 1, 2, 2m − 1 − 2k − 1) = 2, con m ≥ 2 e m > k > 1.
Come se m = 4, Così k Può essere 3,2 e 1.

F2: ⇒  (2m1.km + k)2 = (2k)m+1 + (2m1.km − k)2
Questa è l’equazione generale della precedente.
MDC(2m1.km + k, 2k, 2m1.km − k) = k, con m ≥ 2 e k ∈ N*.

F3: ⇒  (2m + km+2)2 = (2k)m+2 + (2m − km+2)2
o
(2m + km+2)2 = (2k)m+2 + (km+2 − 2m)2
Se m = 0 e k per coppia abbiamo; MDC(1 + k2, 2k, |1 − k2|) = 1, con k ∈ N*.
Se m = 0 e k è strano che abbiamo; MDC(1 + k2, 2k, |1 − k2|) = 2α ≥ 2, con k, α ∈ N*.
Se k è strano che abbiamo; MDC(2m + km+2, 2k, |2m − km+2|) = 1, con m ≥ 1 e k ∈ N*.
Se k per coppia abbiamo; MDC(2m + km+2, 2k, |2m − km+2|) = 2α ≥ 2, con m ≥ 1 e k, α ∈ N*.

Formula di formato generale C2 = B + A2 ⇒ C2 = bm + A2
G1: ⇒  (am + 2m2.tm)2 = (2.a.t)m + (am − 2m2.tm)2
Dado:
C = am + 2m2.tm, b = 2.a.t e A = |am − 2m2.tm|

(i) Se a è dispari em> 2 MCD (C, b, A) = 1, ∀t ∈ N *.

(ii) Se a è dispari con m = 2 e t una coppia, il MCD (C, b, A) = 1.

(iii) Se a è dispari con m = 2 et è dispari, il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2 con α ∈ N *.

(iv) Se a è pari e m> 2 il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2, ∀t, α ∈ N *.

(v) Se a è pari con m = 2 e ha un MDC dispari (C, b, A) = 1, t ∈ N *.

(vi) Se a è pari con m = 2 et a Accoppia il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2, t, α ∈ N *.

Come è nata ogni formula o equazione:
L’idea è nata a causa della congettura Fermat-Catalano, perché quando  Cz = By + Ax, ha solo una quantità finita di soluzioni in cui A, B e C sono numeri interi positivi senza fattori primi in comune, ad esempio y e z sono numeri interi positivi che soddisfano () / () <1, poiché Tutte le soluzioni avranno 2 come uno degli esponenti. Per questo motivo sarebbe possibile che fissando l’esponente 2 nella differenza dei quadrati avrebbe risultati soddisfacenti nel formato delle congetture? Utilizzando lo stesso metodo di S.T.M, sono apparse nuove equazioni con soluzioni in numeri interi positivi.

F1: Sia (2r + 2s)2 = B + (2r − 2s)2 ⇒ B = (2r + 2s)2 − (2r − 2s)2, con B, r, s ∈ ℕ dove r > s, r e s variabili non attualmente definite.

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

Quando adattiamo s e r nelle variabili m e k come STM, abbiamo m> k sottraendo 1 su entrambi i lati abbiamo m – 1> k – 1 quando confrontiamo r> s, abbiamo r = m – 1 e s = k – 1, con quello che abbiamo B = 2k1+m1+2 → B = 2m+k2+2 → B = 2m+k, quindi l’equazione è;

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

Se k for 1, cosÌ 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*

Esempio quando si utilizza questa equazione che ha MCD = 1, con m = 2, 3, 5, 6 .; m non può essere 1 perché k era 1.

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

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

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

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

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

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

Esempio se m = 5, così k varia tra 2 fino al 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

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

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

Per 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: Sia (2s.kr + k)2 = B + (2s.kr − k)2 ⇒ B = (2s.kr + k)2 − (2s.kr − k)2, con B, k, r, s ∈ ℕ dove r > s, r e s variabili non attualmente definite.

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, Perché B sia scritto come un potere sufficiente s + 2 = r + 1, si scopre che B = (2k)r + 1 ou B = (2k)s + 2, Tuttavia, affinché ciò sia vero, deve essere maggiore di s r > s.

Ipotesi s + 2 = r + 1 ⇒ s = r − 1  e tesi r > s

Dobbiamo s + 1 > s aggiungendo 1 su entrambi i lati s + 2 > s + 1 ⇒ r + 1 = s + 2 > s + 1 > s ⇒ r + 1 > s por sua vez r + 1 > r portanto r > s, renditi conto che quando usi l’ipotesi dove s = r − 1 ⇒ r = s + 1 e sostituire in r > s la disuguaglianza è soddisfatta s + 1 > s.

Perciò B = (2k)r+1 = (2k)s+2 = (2k)r+1, quindi l’equazione è;
(2r1.kr + k)2 = (2k)r+1 + (2r1.kr − k)2, in modo che tutto sia basato sulla stessa variabile m, basta che r sia uguale a m, cioè r = m. Con quello abbiamo già un’altra equazione;

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

Se k è 1, questa è l’equazione F1 dell’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 ha come mcd = 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 = 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 così via…

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 così via…

F3: Sia (2s + kr)2 = B + (2s − kr)2 ⇒ B = (2s + kr)2 − (2s − kr)2, con B, r, s ∈ ℕ dove r > s, r e s variabili non attualmente definite.

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, in questo caso perché B sia una potenza sufficiente r = s + 2. Infatti r > s perché s + 2 > r = s + 1 > s ⇒ r > s mettendo l’esponente in funzione di m, s = m è sufficiente per darci r = m + 2.

Presto B = 2s + 2.kr = (2k)r = (2k)m + 2.

Quindi la nuova equazione è;

F3: ⇒ (2m + km+2)2 = (2k)m+2 + (2m − km+2)2, con k ∈ N* e m ≥ 0.
Se k for 1 para ∀m ∈ N* o MDC = 1 ou Se m è 0 per ∀k ∈ N* anche MDC = 1.
Se nessuno di questi casi si verifica F3 ha MDC = 2α ≥ 2, ∀α ∈ N*

La logica è la stessa per G1, “Poiché è il generale”;

Perché quando si fa B = (ar + 2s.t)2 − (ar − 2s.tr)2 → B = (ar + 2s.t − ar  + 2s.tr).(ar + 2s.t + ar- 2s.tr) →

In poche parole, s + 2 = r o s = r – 2, poiché r sta facendo la conversione abbiamo s = m – 2, cioè;

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

(i) Se a è dispari em> 2 MCD (C, b, A) = 1, ∀t ∈ N *.

(ii) Se a è dispari con m = 2 e t una coppia, il MCD (C, b, A) = 1.

(iii) Se a è dispari con m = 2 et è dispari, il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2 con α ∈ N *.

(iv) Se a è pari e m> 2 il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2, ∀t, α ∈ N *.

(v) Se a è pari con m = 2 e ha un MDC dispari (C, b, A) = 1, t ∈ N *.

(vi) Se a è pari con m = 2 et a Accoppia il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2, t, α ∈ N *.

4. FORMULE GENERATE DA T.M E S.T.M CON SOLUZIONI NATURALI

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

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

Formula2: Cz = Cxk + 1 = Bx+ Ax, ouCz = Cyk + 1 = By+ Ay, mdc(z,x)= mdc(z,x) = 1

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

O

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

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

O

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

Formula3: Cz = Cxk = Bxkα+ 1+Ax, ouCz=Cyk = Bykα+ 1+Ay, mdc( z, y , x ) = 1

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

O

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

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

O

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

Formula4:

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

ou

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

(i) Se a è dispari em> 2 MCD (C, b, A) = 1, ∀t ∈ N *.

(ii) Se a è dispari con m = 2 e t una coppia, il MCD (C, b, A) = 1.

(iii) Se a è dispari con m = 2 et è dispari, il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2 con α ∈ N *.

(iv) Se a è pari e m> 2 il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2, ∀t, α ∈ N *.

(v) Se a è pari con m = 2 e ha un MDC dispari (C, b, A) = 1, t ∈ N *. (vi) Se a è pari con m = 2 et a Accoppia il MCD (C, b, A) = 2α ≥ 2, t, α ∈ N *.

In particolare

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 O TEOREMA GENERALE DI MACENA

Data qualsiasi equazione che convalida interi positivi sotto forma di potenza, o generata da TM o STM moltiplicando per dα una potenza, dove d è una base adeguata di trasformazione in somma di due potenze e α è un multiplo esponente intero positivo degli esponenti di altre basi o mmc degli esponenti moltiplicato per t *, si ottiene una potenza scritta nella somma di altre due potenze con un fattore comune do multiplo di d.

Esempio:

, con B>A e m ≥ n ≥ 2, dove α=mmc(1,m,n).t, t ϵ N*
, dove α=mmc(z,y,x).t, t ϵ N*
, dove α=mmc(n,1,n).t, t ϵ N*
( IV ) C2=B+A2→ Generale di S.T.M→ ( am  +  2m − 2.t)2  =  ( 2.a.t ) + ( am − 2m − 2.t)2→T.G.M →
, dove α =mmc(2,m,2).β, β ϵ N*
Con questo abbiamo sempre un fattore comune nel formato Conjecture se gli esponenti x, y, z≥3, indipendentemente dall’equazione accostata..
“Ad eccezione di (IV) che avrà il voto 2 sempre almeno in una delle basi”.

5.1 IMPERMEABILIZZARE T.G.M

Per dimostrare questo teorema è necessario dimostrare gli elementi. (I), (II), (III) e (IV).

Elemento di prova (I) Indica se qualsiasi equazione del tipo

, con B,

moltiplicando per una potenza

, d non definito al momento, tuttavia

, questo è dm.n.t , presto;

poiché d non è definito è sufficiente essere uguale a quello è, dove C è il fattore comune dell’equazione,
Esempio in numeri;

C= 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 noi abbiamo 2913=21218433+11896466422, mdc(29, 2121843 , 1189646642 ) = 29 e così via con t ≥3
C2 = Bm-An→ 23 =33-22, per 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 noi abbiamo 237=15873-243342,mdc( 23 , 1587 , 24334 ) = 23,se t = 2 abbiamo 2313=8395233-2960717782, mdc(23, 839523 , 296071778 ) = 23 e così via con t ≥3.
Dimostrazione dell’item (II) Sia che qualsiasi equazione di tipo cz = by + ax con soluzioni su interi positivi, con T.M arriveremo ad un’equazione equivalente con le seguenti basi;
C =by+ax, B =b(by+ax )xk e A =a( by+ax )yk, con l’equazione Cxyk+1=By+Ax→Cz=By+Ax
Quando si moltiplica per una potenza dα , d non definito al momento, tuttavia α=mmc(z,y,x).t , tϵN*, questo é dzyx.t , presto abbiamo;
dzyx.t .Cz= dzyx.t.By+dzyx.t .Ax→(dyx.t .C )z= (dzx.t .B )y+(dzy.t .A )x→ come mdc( C , B , A ) = C così

MDC[(dyx.t .C ),(dzx.t .B ),(dzy.t .A ) ] ≥ dt .C , in particolare se d = C noi abbiamo Cz(yxt+1)= (Czx.t .B )y+(Czy.t .A )x
MDC[ C , (Czx.t .B ), (Czy.t .A ) ] = C. Espandendo utilizzando tutti i dati l’equazione è;

{ dyx.t . by+ax  }z= {dzx.t .b( by+ax )xk}y+{dzy.t .a( by+ax )yk}x
Come 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
Esempio in numeri
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
Elemento dimostrativo (III) Se qualsiasi equazione del tipo cn=B+an,con soluzioni intere positive, per S.T.M, abbiamo una grande quantità di equazioni ma B è sempre , moltiplicando l’equazione per la potenza dα, d non definito al momento, con α = mmc(n,1,n).t, t ϵ N*, noi abbiamo

Come

noi abbiamo,

→ Poiché d non è definito, è sufficiente che d = B;

O

Esempi;
(1)

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

Sem = 2, noi abbiamo →{4.56t}3=563t+1+ {2.56t } 3, ∀ t ∈N, MDC[(4.56t),56,2.56t]= 56
Se m=3, noi abbiamo →{10.488t3=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 così via
.
.
.
( … )

NOTA: Finora, gli elementi (I), (II) e (III) sono stati provati solo (IV)

Dimostrazione dell’item (IV) Se qualunque equazione di tipo c2 = B + a2, con soluzioni su numeri interi positivi, usando i mezzi di S.T.M, abbiamo;

C2=B+C2→ Generale per STM → ( am  +  2m − 2.tm )2  =  ( 2.a.t )m  + ( am − 2m − 2.tm )2,, moltiplicando per la potenza dα, con d non definito al momento però α = mdc (2, m, 2) .β, β ϵ N *, questa volta usa β perché l’equazione ha già t, che ha detto che abbiamo;

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

In questo caso, d può essere qualsiasi numero appartenente agli interi positivi eccetto zero, (dϵN *).
Esempio in numeri;

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

NOTA: il MDC (Das Bases) ≥ dβ, questo 31250 = 2.d>dβ

L’idea è la stessa per qualsiasi equazione con la somma di 2 potenze.

Quindi il T.G.M si sta dimostrando

Curiosità 🙁 1.0 )

5 = 3 + 2 → moltiplicato per base 3 → 5.3 = 32 + 2.3 → come 3 = 5 – 2 → sostituisce nel primo membro 5(5 – 2)=32 + 2.3 → 52 – 2.5 = 32 + 2.3 → isolante 52 = 32 + 2.( 3 + 5 ) →
52 = 32 + 2.( 8 ) → 52 = 32 + 2.( 23 ) → 52 = 32 + 24.

( 1.1 )

53 = 53 → 53 = 5.52 → possiamo scrivere 5 = 22 + 1, inserendo il secondo membro →
53 = (22 + 1).52 → 53 = 22.52 + 52 → 53= 102 + 52.

“OBS: questa curiosità è un altro articolo che pubblicherò in futuro, Conjectura do ABC”

6. IMPERMEABILIZZARE LA CONIETTURA BEAL

(1a condizione) Data l’equazione cz = by + ax, con soluzioni su numeri interi positivi, con {z, y, x ≥ 3 / c, b, a ≠ 0}, allora a, b e c hanno un fattore primo comune, il che significa che a, bec sono divisibili per lo stesso numero primo.

O

(2a condizione) L’equazione a x + b y = c z non ha soluzione per interi positivi con x,y,z ≥ 3 e o mdc(a,b,c)=1

Avvio del test

A (2a condizione) È impossibile ottenere numeri interi positivi con mdc (a, b, c) = 1 ed esponenti x, y, z ≥ 3, per due ragioni già illustrate:

1 ° – È stato dimostrato che la Congettura Catalana di Fermat, ha solo una quantità finita di soluzioni, attualmente ci sono solo 10 equazioni trovate, in cui a, b, e c sono numeri interi positivi senza fattori primi in comune eg, y, e z sono numeri interi positivi soddisfacenti

, pois todas as soluções terão 2 como um dos expoentes, isso já fura a hipótese do mdc(a,b,c) =1, e expoentes x,y,z ≥ 3.

I 10 TROVATI SONO; Immagine tratta dal sito Wikipedia.

Fonte: Wikipédia

2 ° – Se voti per la parte STM nota che dove le equazioni hanno mdc (basi) = 1, ha sempre un esponente 2, anche se gli altri esponenti variano, e come è stato dimostrato STM, oltre al Fermat – Catalano La congettura afferma che almeno uno degli esponenti deve essere 2, quindi l’ipotesi è forata per il semplice motivo di contenere un esponente 2 in una delle basi.

Quindi resta da provare solo l’altra condizione.

La (1a Condizione) è già possibile tramite T.M, S.T.M e T.G.M, hanno tutti fattori comuni in entrambe le basi, resta da dimostrare che ha un fattore primo comune che divide entrambe le basi con gli esponenti x, y, z ≥ 3.

PROVA:

Dado;

Sia p un numero primo, e Fp = pu un fattore primo comune p, e pi ≠pi+1, i indice i, primi distinti e gli esponenti Ui ≥ Ui+1≥0, i indice i, esponenti diversi o meno, quindi C un numero naturale può essere inserito come;

C = Fp = pu, oppure C = p1u1.p2u2 o C = p1u1.p2u2. p3u3 .p4u4 …piui .pi+1ui+1… Fattori primi comuni, come cz = by + ax, e con qualche metodo di T.M, S.T.M e T.G.M, si ottiene Cz = By + Ax, così;

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

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

EDIFICIO Cz → Cz A PARTIRE DAL Cn.

Infatti 1 = 1, poiché 1 è un elemento neutro di moltiplicazione c ϵ N*, da moltiplicare su entrambi i lati che abbiamo 1.c = 1.c→c = c, per essere moltiplicato ancora per c abbiamo c.c =c.c→c2 = c2→ se questo processo continua per n volte abbiamo → cn = cn, note se n > z, noi abbiamo cn>cz.

Così cn = cn può essere inserito come cn = cz.cn – z, l’ipotesi della congettura è questa cz= by+ ax, ha un fattore primo comune che divide le basi c,b e a, con z,y,x ≥ 3, con questo abbiamo;

cn = cz.cn – z→cn = ( by+ ax).cn – z→cn = by. cn – z + ax.cn – z, allora se cz= by+ ax ha soluzioni su interi positivi, con esponenti maggiori o uguali a 3, infatti cn = by. cn – z + ax.cn – z, ha un fattore che divide entrambi perché mdc(cn, by. cn – z, ax.cn – z) = cn> 1.

Traducendolo si vede che cz= by+ ax ha tali soluzioni quindi in effetti sta confermando l’ipotesi e questa è una tesi. Tuttavia, per arrivare a questa affermazione, dobbiamo dimostrare l’uguaglianza, ma questo è già stato dimostrato dai teoremi TM, STM e TGM, tuttavia le condizioni degli esponenti non erano maggiori o uguali a 3, né le condizioni del primo fattori, così concludendo questo la congettura di Beal è dimostrata.

Usando T.M abbiamo l’equazione cz= by+ ax, diventa;

(by+ax)xyk+1=[b.(by+ax)xk ]y+[a.(by+ax)yk]x, dove z = xyk + 1, C = by+ax ,
B= b.(by+ax)xk e A = a.(by+ax)yk , questo é Cz = By + Ax, con mdc (C,B,A) = C >1, per
x,y,z> 2 ou x,y,(xyk+1) > 2.

Quindi se Cz = By + Ax ha soluzioni su numeri interi positivi, allora cz = cxyk+1 = by + ax, semplicemente perché ha la stessa forma o struttura. Detto questo, resta da mostrare cn, che è;
cn = by. cn – z + ax.cn – z , adattando per le basi C, B e A abbiamo;

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

“Questa è l’equazione nelle funzioni degli esponenti n, x, y, basata sui teoremi mostrati in precedenza che abbiamo (n – 1) è un multiplo di x, y, questo è n – 1 =

xyt o n = xy.t + 1, t è solo per differenziare da k, già utilizzando ”

(by+ax)xy.t+1=by.(by+ax)xyt +ax.(by+axxyt
(by+ax)xy.t+1=[b.(by+ax)xt ]y+[a.(by+ax)yt]x
Così come Cn>Cz→Cn-Cz> 0 → (by+ax )xy.t+1-(by+ax )(xy.k+1)>0→dividendo por(by+ax ), abbiamo→(by+ax )xy.t-(by+ax )(xy.k)>0→dividendo (by+ax )xy, abbiamo →
(by+ax )t-(by+ax )k>0→(by+ax )t>(by+ax )k→t > k, ∀ t,k ∈N

Quindi l’equazione con tutte le variabili può essere scritta come segue;
( EQ1 )(by+ax)xy(t+k)+1=[b.(by+ax)x(t+k) ]y+[a.(by+ax)(y(t+k) )]x

O

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

Per arrivare a queste due formule basta usare TM, con nz = xyt → n = xyt + z, e come z = xyt, abbiamo n = xy (t + k), e poiché è stato mostrato che t> k, è valido anche n = xy (t – k) ∈N *

Come le altre formule generate da TM e alcune anche da STM e TGM, che ha il formato Cz = By +Ax, ha lo stesso comportamento di (EQ1) e (EQ2), mostrando quindi le condizioni dei fattori primi come all’inizio di questo test sta letteralmente provando tutte le condizioni della Congettura di Beal per l’affermativo che è (1a Condizione).

(#) Per il caso di un fattore primo comune in ( EQ1)e( EQ2),questo é Cz= By + Ax = pz.u ;

Essendo quindi un fattore primo comune p, poiché l’uguaglianza è soddisfatta se continua,

Analogamente a (EQ1) avrà lo stesso risultato

(##) Per il caso di 2 fattori primi comuni in (EQ1) e (EQ2), questo è

, infatti il ​​mdc sarà il prodotto di due diverse potenze prime, cioè

Verificando l’uguaglianza, poiché z = xy (t + k) +1, abbiamo;

la divisione per uno dei fattori primi comuni rientra nella condizione (#).
In modo simile a (EQ2);

(###) Per il caso di un fattore primo comune in (EQ1) e (EQ2), cioè;

In effetti, avremo un LCD con diversi fattori primi comuni, o da 3 in poi, diverse potenze prime, cioè

Proprio come la condizione (##), abbiamo;

Ogni volta che si divide per un fattore primo comune, si ridurranno fino a diventare solo un fattore primo comune.
Analogamente a (EQ2), è anche soddisfatto;

Congettura così provata!

7. CONSIDERAZIONI FINALI

Questo articolo si proponeva come obiettivo generale di dimostrare la Congettura di Beal, utilizzando i teoremi TM, STM e TGM combinati con applicazioni nella teoria dei numeri che era davvero possibile dimostrare, tuttavia non è stato possibile trovare un controesempio, tuttavia quando si utilizzano i mezzi nel corso di sviluppo deve aver notato che ogni passaggio era essenziale per quello successivo, alla fine, in relazione ai teoremi presentati senza la TM, non potevo usare TGM, senza il TGM l’STM non poteva essere usato per la congettura di Beal, se non avesse TM l’STM e il TGM sarebbero qualcosa di molto vago, in altre parole non supportano la dimostrazione di tale congettura.
Nella migliore delle ipotesi senza gli altri teoremi come il Teorema di Pitagora, l’Ultimo Teorema di Fermat, il Teorema di Seba e la Congettura Catalana di Fermat, la MT sarebbe alquanto vaga e richiederebbe molto più tempo per essere dimostrata, solo perché ha tali teoremi. La MT è un’estensione e , allo stesso tempo, ciò che supporta i teoremi citati, in altre parole TM era il pezzo mancante per la conclusione.

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. FONTI DI RICERCA

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] Laurea in Matematica.

Inserito: agosto 2019.

Approvato: novembre 2019.

 

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