Démonstration de conjecture de Beal

ARTIGO ORIGINAL

SOUSA, Francisco Rafael Macena de ^[1]

SOUSA, Francisco Rafael Macena de. Démonstration de la Conjecture de Beal. Revista Científica Multidisciplinar Núcleo do Conhecimento. 04 année, Ed. 11, vol. 05, pp. 132-173. novembre 2019. ISSN: 2448-0959, Lien d’accès: https://www.nucleodoconhecimento.com.br/matematica/conjectura-de-beal

DÉCLARATION DE CONJECTURE

Si a^x + p^ar = ^cz , où a, b, c, x, y et z sont des entiers positifs et x, y, z ≥ 3, puis a, b et c ont un facteur premier commun, ce qui signifie que a, b et c sont divisibles par le même nombre premier. Ou, l’équation a^x + p^ar = ^cz n’a pas de solution pour les entiers positifs avec x, y, z ≥ 3 et mdc (a, b, c) = 1.

RÉSUMÉ

Cet article contient des démonstrations utilisant les principes de l’algèbre et de la théorie des nombres, en ce qui concerne la conjecture a été annoncé par Andrew Beal un banquier et passionné de théorie des nombres a proposé un défi pour ceux qui prouvent ou présentent contre-exemple à un tel problème qui généralise le dernier théorème d^e ferm^at, cⁿ = bn + an, avec n ≥ 3, cela a été démontré par le mathématicien anglais Andrew Wiles en utilisant comme base une conjecture faite par les mathématiciens Yutaka Taniyama et Goro Shimu , cette démonstration faite par Wiles peu de mathématiciens comprendront par le haut niveau ou la complexité, sera également utilisé le Theorème de Sebá, « Sebastião Vieira do Nascimento (Sebá) », diplômé en économie par l’UFPB, maître en ingénierie de la même, professeur titulaire de l’UFCG, son theorème éprouvé est basé sur ce ^cm = bⁿ + aⁿ, avec m et n prime entre eux, c’est mdc (m, n) = 1 , la conjecture a été proposée par Beal lui-même en 1993, mais elle n’était bien connue que par la communauté mathématique en 1997 après que R. D. Mauldin a publié l’article une généralisation du dernier theorème de Fermat : La conjecture de Beal et le problème de prix dans le Journal Noticesofthe American Mathematical Society.

Mots-clés: Conjecture, Andrew Beal, Fermat’s Last Theorem.

1. INTRODUCTION

Cet article vise à prouver la conjecture de Beal, proposé par Andrew Beal un banquier, entrepreneur, investisseur, joueur de poker et mathématicien amateur qui a fascination dans la théorie des nombres, il a mis au défi tout mathématicien dans le monde de prouver ou de donner un contre-exemple à sa Conjecture qui a été proposé de 1993 à nos jours, aucune démonstration n’a été présentée qui généralise la conjecture, y compris fermat Dernier Theorem , cet article contient des connaissances mathématiques que toute personne qui est venu pour avoir la deuxième année de l’école secondaire complète et a facilité dans les propriétés mathématiques est possible de comprendre les démonstrations initiales, déjà pour ceux qui ont une éducation supérieure en exact et au-delà de ceux-ci seront faciles à comprendre du début à la fin, la conjecture est basée sur des entiers positifs ou des solutions en nombre naturel avec les plus grands exposants égaux à 3 (trois) et leurs bases supérieures ou égales à 1 (un) , si c’est le cas, il sera démontré qu’en fait le mdc (c, b, a) = C > 1, où ce C est le principal facteur commun qui divise a, b et c, avec le ≤ b ou un ≥ b, de telle sorte qu’il est possible d’avoir comme équation cz = par ⁺ hac^he, x^, y, z ≥ 3, exposants, cas contradictoire possédera comme mdc (c, b , a ) = 1 et x, y, z ≥ 3, c’est la seule valeur qui divise c, b, a est 1 (a), en d’autres termes a,b et c sont des nombres premiers entre eux.

Pour arriver à la démonstration, il était nécessaire de créer de nouveaux théoriques, mais pour que le theorème soit réellement valide ainsi que la conjecture doit être prouvé au cours des théoriques sont créés à partir de principes et de propriétés dans la théorie des nombres, le plus grand défi dans cet article que tout autre qui implique des nombres premiers ces nombres qui a seulement deux diviseurs dans les naturels qui est 1 (un) et lui-même (nombre premier) , parce que c’est encore quelque chose que la théorie des nombres n’a pas encore été en mesure de trouver un moyen plus rapide de prendre en compte les nombres géants, mais dans la théorie des nombres que nous avons comme hypothèse et a également prouvé que tout X un nombre composé, nous pouvons écrire – il X comme un produit de divers pouvoirs de nombres premiers égaux ou distincts, y compris quand il a exposants 0 (zéro) ou 1 (un). L’idée de cette conjecture est simplement de faciliter la rencontre de facteurs premiers.

2. BRÈVE HISTOIRE À CONJECTURA

2.1 FERMAT ET SON THEORÈME

Tout commence avec Pierre Fermat qui a vécu dans la France du XVIIIe siècle, fonctionnaire dans la ville de Français de Toulouse, les mathématiques pour lui était son passe-temps favori, ce qui est intéressant, c’est que Fermat avait une plus grande renommée en raison de ses coutumes de présenter à d’autres mathématiciens des problèmes qui ont défié les plus grands esprits de l’époque, où ils ont souvent laissé ses contemporains perplexes dans une tentative de les résoudre. Fermat a eu l’idée de créer une proposition similaire au célèbre théorème de Pythagore qui est bien connu aujourd’hui dans ce siècle, mais n’avait pas de solutions dans les naturels, cette proposition est allé au-delà de son temps et a gagné la gloire tout au long du siècle, pour ne pas trouver une solution ou contre-exemple, à cause de cela a gagné son nom et pour être son dernier défi avait comme nom le dernier théorème de Fermat , l’équation de sa renommée ^est cⁿ = bⁿ + an, où a, b, c et n ∈ N, avec n ≥ 3, selon lui avait la démonstration, est mort sans que personne ne sache quelle était sa réponse supposée, à cause de cela est devenu connu comme son dernier theorème. Le mérite de la découverte de cette proposition due à son premier-né, il a vu plusieurs notes de Fermat dans un certain livre d’Aritmétiques qui appartenait, car son père avait l’habitude de faire des brouillons ou des annotations dans les livres. Après la découverte du fils, les notes ou découvertes ont été publiées dans un livre Arithmetica de Diofanto contenant des observations du père, en 1670 le livre contenait 48 observations, mais le long du chemin des générations de mathématiciens et de physiciens donnaient des solutions à leurs défis, cependant avait celui que la plupart pensaient était le dernier, à cause de cela avait un nom si difficile. Dans son livre, il contenait la déclaration suivante: « J’ai découvert une merveilleuse démonstration de cette proposition qui, cependant, ne rentre pas dans les marges de ce livre » (FERMAT. 1607 – 1665)².

2.2 YUTAKA TANIYAMA, GORO SHIMURA ET ANDREW WILES

En 1954, Yutaka Taniyama et Goro Shimura, jeunes mathématiciens japonais, sont devenus amis parce qu’ils se sont intéressés au même livre, au même article et aux mêmes calculs, cette conjecture Taniyama-Shimura a permis à Wiles de réaliser le rêve de son garçon, en utilisant un effort intellectuel et une détermination difficiles à croire que possible à un être humain. La conjecture que les deux ont présentée a servi de chemin à leur solution définitive au problème, mais le mathématicien Yutaka Taniyama s’est enlevé la vie en 1958, de sorte qu’il a encore retardé le développement de la solution, au développement de la conjecture dans la question de savoir si elle n’a pas été intentionnellement faite pour résoudre le dernier théorème de Fermat, mais c’est ce qui s’est réellement passé plus tard Wiles réalisé qu’une telle base qui a aidé la preuve – là certainement ce théorème , pour qui pourrait imaginer que le travail de deux étudiants de la fin du XXe siècle pourrait être utilisé dans quelque chose qui a résolu l’un des plus grands mystères de l’histoire des mathématiques. Mais c’est Andrew Wiles qui a fini par démontrer le dernier theorème de Fermat, Wiles est un professeur d’université de Princeton qui a commencé son intérêt pour le problème comme un enfant dans sa ville natale avait une bibliothèque publique, mais ce n’est qu’en 1986 qu’il a vraiment commencé son travail de résoudre le theorème de ses rêves, selon Wiles que ses recherches ont été faites dans le plus grand secret , car dans son être, il savait qu’il trouverait la solution, mais il n’était pas temps d’affirmer une telle chose à la communauté universitaire, l’intuition est tout à un passionné dans la théorie des nombres, mais l’intuition montre la voie, mais prouver si elle est bonne ou mauvaise prend du temps et le dévouement, peut-être craindre la pression qui souffrirait face à un problème aussi célèbre et solution difficile était trop risqué pour affirmer une telle solution initiale possible , en analysant la conjecture des deux Japonais, Andrew Wiles a noté qu’un tel theorème pouvait être un moyen de résoudre, mais la conjecture devait être prouvée d’abord avant de démontrer ce qu’il avait tant cherché depuis qu’il était enfant, dans son esprit il était si clair que Wiles pouvait rêver de la solution du théom tout dépendait de la preuve de la conjecture des deux étudiants , cependant Wiles n’a pas démontré le dernier theorème de Fermat, mais plutôt la conjecture Taniyama-Shimura, qui impliquera la preuve – là.

Enfin, le 23 juin 1993, lors d’une conférence tenue au Sir Isaac Newton Institute for Mathematical Sciences à Cambridge, Andrew Wiles, 356 ans après la présentation du theorème, a fait son annonce de sa démonstration, mais contenait une petite faille dans sa solution, Wiles se retire pour un an afin de corriger une telle erreur et de présenter sa nouvelle démonstration remaniée , après la correction et l’examen de la même erreur détectée, il a fallu quelques mois pour évaluer sa solution, sa démonstration avait 200 pages, et après une longue période d’anxiété, sa découverte ou sa démonstration a finalement été acceptée, mais si complexe que seules quelques personnes dans le monde entier ont été en mesure de le comprendre, et Wiles (après avoir reçu un prix d’une valeur de 50.000.00 livres de la Fondation Wolfskehl) , il entre en tant que mathématicien qui a démontré le théorem le plus intrigant et le plus difficile de l’histoire des mathématiques, et conclut ainsi l’un des plus grands problèmes non rencontrés ou démontrés qui ont défié les grands mathématiciens avant et pendant, de sorte que le Dernier Theorème de Fermat n’a pas de solutions avec des entiers positifs avec n ≥ ³3.

2.3 ANDREW BEAL ET SA CONJECTURE QUI A REÇU SON NOM

Andrew Beal (né le 29 novembre 1952), banquier, entrepreneur, investisseur, joueur de poker et mathématicien amateur et passionné de l’un des meilleurs domaines qu’est la théorie des nombres. Beal est également connu pour la conjecture de Beal tout en enquêtant sur les généralisations du dernier theorème de Fermat, de 1993 à 1997, Beal a offert un prix en argent pour une preuve évaluée par des pairs de cette conjecture ou un contre-exemple, parce qu’en 1993, il avait une valeur de 5 000 $, la valeur du prix a augmenté à plusieurs reprises et est actuellement de 1 000 000 $ pour la personne qui le prouve ou présente un exemple contradictoire en d’autres termes un contre-exemple pour ceux qui généralisent Le dernier theorème de Fermat. Selon les propres déclarations du banquier, dans une annonce de presse de l’American Mathmatical Society, le but de la valeur millionnaire est d'«inspirer les jeunes esprits à réfléchir sur la question et de les rendre de plus en plus intéressés par l’étude des mathématiques » 4.

3. DÉVELOPPEMENT À LA CONJECTURE DE BEAL

Pour démontrer qu’il faudra trois nouveaux théoriques (T.M, S.T.M e T.G.M), parce que le Theorème de Sebá est un cas particulier de la conjecture de Beal, cela sera également montré plus tard.

3.1 MACENA OU T.M

Compte tenu de deux équa_tioⁿs Eq1^:cz = ^par + h_ach^e et E^q2:cm = cm avec des solutions entières positives et a comme base commune c ≠ 0, avec c, b, a, z, y, x et m ∈ N, m > z, il est possible de déterminer une nouvelle _Equation Eq3 qui a à la fois le format _d’Eq1 ainsi que E_q2. Cela signifie que si _Eq3 ne satisfait pas E_q1, il n’a pas de solutions positives complètes. Exemple1 est l’équation Eq1 → _c2 = ^b2 + a² et E^q2 → cm = cm ^avec ^c ≠ 0 et m ∈ N, nous savons que Eq1 a de_s solutions entières parce qu’il est le propre théorème de pythagore, il suffit de vérifier en utilisant les triples pythagoriques, tout comme E_q2 a également des solutions complètes qui seront prouvées à l’avance. Cela dit, il est alors possible de déterminer une _équation Eq3 qui a à la fois le f_ormat Eq1 et Eq₂. Como c ≠ 0 possamos usar os seguintes passos em Eq₁ → c² = b² + a² → 1 = c^− 2.(b² + a²)(I) Eq₁ → c² = b² + a² →  c=(b²+a²)^1/2(II)
Próximo passo é usar Eq₂, pois possamos escrever Eq₂ da seguinte forma c^m = c^m.1 ao substituir (I) temos 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) Substituindo (II) em (III);
= b². + a². → = . Seja m−2 múltiplo de 4 isto é m−2 = 4.n, com n ∈ ℕ, então temos que m = 4.n + 2, ao substituir temos; (b² + a²)^2.n + 1 = [b(b² + a²)ⁿ]² +[a(b²+a²)ⁿ]²

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

3.1.1 DÉGUSTATION T.M

Seja Eq₁: c^z = b^y + a^x e Eq₂: c^m = c^m, com m > z, a, b, c, x, y, z , m ∈ ℕ e c ≠ 0.
Prouver Eq2_:

En fait 1 = 1, multipliant les deux côtés par c ∈ N* nous avons 1.c = 1.c, en multipliant à nouveau par le même c nous avons ^c2 = ^c2, se multipliant logiquement par m fois nous aurons ;
cm = ^{c{(₁1 + ₁2 + ₁3 + … + 1_m − 1 + 1_m) = m}} = c^m. Par conséquent montré à E_q2.

Como c ≠ 0, possamos usar os seguintes artifícios:

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

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

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
Ao substituir ( II ) resulta em;

, colocando os expoentes y e x em evidências

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

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

Portanto essa é a nova equação;
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.

Donc prouvé depuis Eq3 s_atisfait Eq1 et Eq₂.

Dados:

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:

Se k for zero temos;
(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 portanto (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

Se caso o m fosse igual a z a equação Eq₁ e Eq₂ seria igual, por sua vez seria 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 le cas x=y=k=1 nous avons un carré parfait
(^par + ^ha^che)xyk + 1[b.(b^y + a^x)^xk] = y[a.(b^y + a^x)^yk] + x → (b1 ⁺ a^{1)1 +} 1 [b.(b¹ + a¹)¹]⁼ 1 [a.(b¹ + a¹)¹]⁺ 1 + 1 →
(b + a[b.(b + a)])2 =[a.(b + a)] + → (b + ^a)2 = b.(b + a) + a.(b + a) = b² + ba + ab + a2 = b2 + 2ab + a2 ⁼ (b + a)2
E^xemple2 V_érification avec chiffres de l’équation E_q3, être b=3, a=2 et n=1 que nous a^vons;

^{(b2 + a}2)2[b(b² + a²)ⁿ]ⁿ + [a(b² + a²)ⁿ]¹ = 2 + 2 → ⁽3^{2 + 22)2},1 [3(3² + 2²)¹]⁺ 1 [2(3² + 2²)¹]⁼ 2 + 2 →
(9 + 4[3(9 + 4)]⁾3 =[2(9 + 4)] 2 + 2 ^→ 13[3.13]³ = [2.13]² + 2 ^→ 133 = 392 + 262 → 2187 = 1521 + 676 → 2187 = 2187

3.2 MONTRANT CHAQUE CAS PAR T.M

Pour montrer la validité de ce théorème, il est également nécessaire de montrer les possibilités ou les valeurs possibles de z, y, x et m ∈ N, s’il ne contredit aucun théorème déjà démontré par des mathématiciens tels que (théorème de Pythagore " par plusieurs mathématiciens « , théorème de Sebá " par Sebastian " et dernier théorème de Fermat " par Andrew Wiles " et ainsi de suite) puis le T.M est valide et sera un outil pour prouver la conjecture de Beal.

3.2.1 THÈME PYTHagoras

C’est alors que z=y=x=2
Supposons que Eq1 _→ c2 ⁼ b2 ⁺ a2, ^a des solutions entières, pour c, a, b, m ∈ N, c ≠ 0 et Eq2 → cm ₌ cm^, il e^st possible de trouver un Eq3 q_ui satisfait les deux équations précédentes, si cela se produit bientôt E_q1 → c=√ (^b2+^a2 )∈ N.
Cette démonstration a déjà été montrée dans l’exemple1, _il est seulement nécessaire de montrer qu’effectivement l’utilisation du triple pythagorique est satisfaite de la condition c=^√(b2⁺a2) ∈ N.
L’hypothèse est c2 ⁼ b2 ⁺ a2, thèse C² = C².
Utilisation de l’hypo^thèse c2 = ^b2 + a2 ajoutant des deux côtés par 2b + 1 ∈ N, un carré parfait est obtenu d’un côté, c2 + 2b + 1 = b2 + 2b + 1 + a2 ^→ c2 + 2b + 1 = ⁽b + ¹)2 + a2, nous savons q^ue daⁿs un triangle droit l’hypoténuse est plus grande que n’importe laquelle des catétos en particulier c > b > a, alors il ya la possibilité de c = b + 1 , se rendre compte qu’il s’agit d’une solution appropriée pour résoudre l’équation c2 + 2b + 1 = (b ⁺ 1)2 + a2 → c2 + 2b + ¹ = c² + a2 → 2b + 1 = a2 ^lors d^e l’isolement b, est obtenu et comme , se rendre compte que les deux b et c pour être un entier suffisent (a) être bizarre parce que les temps impairs impairs reste étrange, donc un = 2k + 1 condition pour être bizarre avec k ∈ , c’est ce que nous avons[2k² + 2k + 1] fait[2k² + 2k]^;

→ 2 = 2 + ⁽2k + 1)2, donc nous avoⁿs C = 2k2 + 2k + 1, B = 2k2 + 2k et A = 2k + 1 ∈ N, sont les triples pythagori^ens (2k2 + 2k + ¹, 2k2 + 2k, 2k + 1), vérifier la thèse

3.2.2 POUR LE CAS DU DERNIER THEORREM DE FERMAT

C’est alors que z=y=x=n
Supposons que Eq1 _→ cn ⁼ bn ⁺ an, ^a une solution pour n≥3, avec c, a, b, m ∈ N, c ≠ 0 et Eq2 → c_m = cm^, il ^est possible de trouver un Eq3 q_ui satisfait les deux équations précédentes, si cela se produit bientôt E_q1 → 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)

Substituído (II) em (III)

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

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

logo (b^t+ a^t)^kt + 1 = B^t + A^t, perceba kt + 1 não é múltiplo de t, pois mdc( kt + 1 , t ) = 1, isso é “kt + 1” e “t” são primos entre, e por Andrew Wiles é impossível b^t + a^t = c^t (Ultimo Teorema de Fermat), para t > 2.
Parce que kt + 1 ≠ t.α, avec 2 < α ∈ N, ne satisfait donc pas e_q1, donc Eq1 n’a p_as de solutions, comme il est dit en T.M.
Todavia C =^kt+1√B^t+A^t ∈ ℕ, EQSebá, Teorema de Sebá, verificando a igualdade;
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 THÈME SEBÁ

c^m = bn⁺ an^, avec mdc(m,n)=1
Démonstration de Sebastião Vieira do Nascimento ( Sebá )
Theorème: L’équation Cm = An + Bn adm^et des solutⁱons naturelles pour m et n nombres premiers les uns aux autres.
Preuve:
Soyez l’équation;
( 1 ⁾cm = bn + an, étant a, b, c, n et m integers positifs. Multiplicando ambos os membros da equação ( 1 ) por (bⁿ + aⁿ)^m
obtém-se:
( 2 )c^m*(bⁿ + aⁿ)^m = (bⁿ + aⁿ)*(bⁿ + aⁿ)^m, Substituindo o valor de da (1) em (2), obtém-se:
(bⁿ + aⁿ)^m + 1 = (bⁿ + aⁿ)*(bⁿ + aⁿ)^m
ou
( 3 )(bⁿ + aⁿ)^m + 1 = bⁿ(bⁿ + aⁿ)^m + aⁿ(bⁿ + aⁿ)^m
Se escolhermos valores para a e b tal que a ≤ b ou a≥b, e substituirmos na (3), obtém-se valores inteiros positivos para A, B e C.

Exemple : Divisez un carré en deux cubes de plusieurs façons différentes. Seja a equação:
( 4 )C² = B³ + A³, Considere a equação:
c² = b³ + a³, Multiplicando ambos os membros da equação acima por (b³ + a³)^m, onde m e n  ∈ ℕ, temos:

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

Comparando a equação (5) com a equação (4), devemos decompor m em potências de 3 e m + 1 em potências de 2. Cela ne sera possible que si m et m + 1 sont, respectivement, des multiples de 3 et 2. Logo:
m = 6k – 3 e m + 1 = 6k – 2, Assim, a equação (5) fica:

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

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

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

c^t = c^t.c^− m.(bⁿ + aⁿ) → c^t = c^t − m.(bⁿ + aⁿ) → c^t = bⁿc^t − m + aⁿc^t − m, ao substituir (II) temos;

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

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

Nous devons t − m = m.n.k diviser les deux par m, il est obtenu − 1 = n.k ajoutant 1 des deux côtés = n.k + 1, comme t est multiple de m, donc ∈ N, avec cela, nous pouvons utiliser les étapes suivantes;

Comme = n.k + 1 et nk + 1 = m.α c’est = m.α → α = , si α est naturel alors il devrait être naturel, si ce n’est que si t est également multiple d^e m2, mais t n’est pas multipl^e de m2, parce qu’il est de la forme t = m.n.k + m, même si k était égal à m, il serait de la f^orme t = n.m2 + m = m.(n^k + 1) ≠ m2. (NK+1), donc NK+1 n’est pas multiple de T, donc mdc (NK+1,T)=1, sont des nombres premiers entre eux.

Il ne reste plus qu’à vérifier ^si bn ^{+ a}n =^Cm.
Sabemos que nk + 1 não é múltiplo de n, pois o mdc(nk + 1, n) = 1 e como a igualdade da equação (bⁿ + aⁿ)^nk + 1 = [b(bⁿ + aⁿ)^k]ⁿ + [a(bⁿ + aⁿ)^k]ⁿ é satisfeita já mostrada anteriormente na EQ_Sebá, pelo princípio do formato ou comparação temos que:

C^nk + 1= Bⁿ + Aⁿ equivale a c^m = bⁿ + aⁿ, logo;

(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, Então provado pois Eq₃ tem propriedades tanto de Eq₁ como Eq₂.

3.2.4 AU CAS OÙ ILS SONT MULTIPLES PAR T.M

Cas (1): pour plusieurs y de x c’est y = xk avec k ∈ N
Soyez Eq1_: cz = bx^{k +} hac^he et _Eq2 ^:cm = cm, avec m > z et c ≠ 0 vous pouvez trouver une nouvelle Equati_on Eq3, qui a des propriétés d’E_q1 et _Eq2 si Eq3 n’a pas la propriété du logo _Eq1 Eq1, _n’a pas de solutions complètes.

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

Possamos escrever Eq₂ da seguinte maneira 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, ao substituir (II) temos;

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

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

(b^xk + a^x)^{xk.α + 1} = [b^k.(b^xk + a^x)^k.α]^x + [a.(b^xk + a^x)^k.α]^x, isso é Teorema de Sebá portanto já provado logo 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, portanto primo entre si, por sua vez equivalente Eq₁.

Verificando Eq₂ que é 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 temos; (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.
Bientôt satisfai_t Eq1 _et Eq2, donc prouvé.
Caso (2): para x múltiplo de y isso é x = yk com k ∈ ℕ
Essa demonstração é análoga em relação ao Caso (1), chegara que Eq₃ é;
(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 .
Cas (3): pour plusieurs z de x c’est z = xk et MDC (z,x,y)=1, avec k ∈ N

Soyez Eq1_: cx^k = par + ha^che, nous pouvons écrire Eq1 du format suivant Eq1_: pa^r = c^xk − h^ache, et E_q2 sera sur la base de b au lieu de c, avec b ≠ 0 et c > a, lo_go Eq²: bm = bm, avec m > y, il est donc possibl_e Eq3 qui a à la fois eq1 et Eq2 prop_riété, si elle ne satisfait pas _Eq1 puis E_q1 n’a pas de solutions positives complètes.

Como b ≠ 0 temos;
b^y = c^xk − a^x → 1 = b ^− y(c^xk − a^x), (I) elemento neutro da multiplicação
b^y = c^xk − a^x → b = (c^xk-a^x)^1/y, (II)
Eq₂ pode ser escrito da seguinte maneira b^m = b^m.1, substituído (I) em Eq₂ temos;
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, substituindo (II)temos;

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

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

(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, portanto z pode ser múltiplo de x, e seu MDC( z , x , y ) = 1

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

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, isso é equivalente a Eq₁, resta mostrar que também é 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, temos;

[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, temos;

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

Portanto como Eq₃ satisfez Eq₁ e Eq₂, logo Eq₁ possui soluções nos inteiros positivos.
Cas (4) pour plusieurs z de y c’est z = yk avec k ∈ N
Cette démonstration est analogue par rapport à Case (3), ils atteignent le même format que l’équation _Eq3, mais avec b à la place d’un, et y à la place de x[c.(c^yk − b^y)^α]^;

yk[b.(c^yk − b^y)^k.α] ⁼ y + ^(cyk − ^bx^{)ykα +} 1, avec α ∈ N.
Cas (5): pour plusieurs z de x et y c’est z = xyk avec MDC(z, x, y) = MDC(x, y)≥1, et k ∈ N
Soyez Eq1_: cx^yk = par + ha^che et Eq2^: cm ⁼ cm, avec c ≠ 0 et k ∈ N, vous pouvez trouver une nouvelle Equat_ion Eq3, qui a des propriétés d’E_q1 et _Eq2 si Eq₃ n’a pas la propriété du logo _Eq1 Eq1 n_’a pas de solutions complètes.

Como c ≠ 0 temos;
c^xyk = b^y + a^x → 1 = c ^− xyk*(b^y + a^x), (I) elemento neutro da multiplicação

Possamos escrever Eq₂ da seguinte maneira 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} , ao substituir (II) temos;

, Colocando y e x evidência temos;

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

Veja que xyα + 1 não é múltiplo de xy, pois MDC(xy.α + 1 , xy ) = 1, logo Eq1 não tem soluções inteiras positivas para z múltiplo de x e y.
Car pa^r + ha^che par le principe de comparaison montré précédemment égale cxyk + 1 ^{= par +} hache et c^omme z = xyk, nous avons cz ^{+ 1 =} par ⁺ hac^he. Par conséquent z +1 n’est pas multiple de x et y, donc E_q1 n’a pas de solution dans les entiers positifs.
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 da multiplicação
c^xk = b^xt + a^x → c = (b^xt + a^x)^1/xk (II)

Possamos escrever Eq₂ da seguinte maneira 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, ao substituir (II) temos;

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

como xt.α + 1 não é múltiplo de x, resta olhar para b^xt + a^x, perceba que inicialmente Eq₁ é c^xk = b^xt + a^x → (c^k)^x = (b^t)^x + a^x Ultimo teorema de Fermat.
Parce q_ue Eq3 n’a pas sati_sfait Eq1, donc _Eq1 n’a pas de solution globale positive lorsque z est multiple de x, et y multiple de x.

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

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

Obs: 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, ambos Último Teorema de Fermat.
Conclusion au cas où les exposants sont multiples :
Il n’y a pas de solution pour les entiers positifs, dans les cas (5), ( 6 ), ( 7 ) et ( 8 )

3.3 SELON MACENA OU S.T.m

Étant donné n ≥ 2 le degré du premier membre de l’équation, il est toujours possible de déte^rminer un B⁼(nm ^{− 1 +} 1)n−(ⁿm − 1 − 1)n, et si MDC(a, B, c) = 1 puis n a même degré, si le MDC(a, B, c) = 2,t ≥ 2, puis le n degré est impair, dans les deux cas satisfai^re un = B ⁺ , en particulier pour tout n même ou impair, nous avons le MDC(a,B,c) = c où c est de la forme ²n − 1.
Pour prouver ce theorème, vous devrez trouver un outil avant de le prouver.
Outil:
Pour trouver l’outil d’abord, nous devons analyser comment newton binomial se comporte à partir de la 2e année.

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

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

(x + y)ⁿ − xⁿ = n.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 I)

Par la différence de deux pouvoirs du même degré, nous pouvons écrire (x ⁺ y)n − xn, comme suit;

De même, nous pouvons également écrire (x + y)n − ^yn, c^omme suit;

Avec cela, nous avons deux nouvelles équations différeciant seulement en x et y.

Ajout ( I V ) et ( V ) nous avons;

Pour qu’il soit divisible par 2, juste y être égal à x c’est y = x ou x = y, avec que nous avons

Division par le facteur commun qui est xn ^nous avons;

L’élément ( VI ) est l’outil qui sera utilisé pour prouver le theorème.

Provando os casos de n ser par ou ímpar:

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

Méthode si la base est de 2, il sera utilisé pour compléter les carrés, si elle est de 3, il sera l’achèvement des cubes, et ainsi de suite, jusqu’à ce que la base n utilisera l’achèvement de la puissance umpisth.

Soyez b une base, avec b ∈ N*, donnant ainsi l’initiative que nous avons ;

Pour b = 2 nou^s avoⁿs;

2m = 2m en fait c’est valable, nous pouvons écrire comme suit 2m ⁼ 2m.1^, se rendre compte que l’égalité suivante est valide.
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 o quadrado do primeiro membro basta somarmos em ambos os lados2^{2(m − 1)} + 1, com isso resulta em;

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) , portanto temos dois quadrados perfeitos, e com isso uma nova equação;

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

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

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

E assim por diante.

Pour b = 3, nous avons^;

3m = 3m en fait c’est valable, nous pouvons écrire comme suit 3m = 3^m.1, ^se rendre compte que l’égalité suivante est valide.
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 o cubo no primeiro lado da igualdade basta somarmos 3^{3(m − 1)} + 3.3^{2(m − 1)} + 1em ambos os lados, com isso resulta em;
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, deve existir algum k ∈ ℕ, que somado e subtraído que gerem um cubo perfeito no segundo lado da igualdade assim como ocorreu no exemplo anterior sendo assim temos;
(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, basta 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)

Logo

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

Para m = 2 temos;

(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 temos;

(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

E assim por diante.

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

Então a equação geral é;

Se n é de grau 2 temos;

Portanto;
(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, com m ≥ 2.

Se n é de grau 3 temos;

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)

Portanto;

(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, com t ∈ N^* e m ≥ 2

Se n é de grau 4 temos;

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

Fazendo os cálculos corretamente chegara em;

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

Portanto temos;

(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 )
O MDC(4^m − 1 + 1, 2.(4^3m − 2 + 4^m), 4^m − 1 − 1) = 1, com m ≥ 2

ou

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

ou

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

Se n é de grau 5 temos;

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)

Fazendo os cálculos chegará que B vale;

B = 2.(5^4m − 3 + 2.5^2m − 1 + 1)

Portanto a equação para o grau 5 é;

(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, com t ∈ N^* e m ≥ 2.

Se n é de grau 6 temos;

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)

Fazendo os cálculos corretamente vai chegar em;

B = 2.(6^5m − 4 + 20.6^3m − 3 + 6^m), ou B = 2.6^m.(6^4m − 4 + 20.6^2m − 3 + 1) e a equação é;

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

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

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

Afin de prouver cette équation, nous devons montrer pour le cas général non seulement de (1) à ( 5 ) mais de (1) à (n).

Pour n paire:
Être n =2k avec k ∈ N*, par les exemples précédents le MDC(a,B,c)=1, le Remplacé en B est obtenu;

Par la définition de Paire le B est déjà une paire, puis il est divisible par 2, il reste à vérifier c et a. Si c et a sont impairs alors le MDC (c,B,a) est 1, si c et b est même alors le MDC(c,B,a) est 2.t ≥ 2, avec t ∈ N*.

Comme c = n^{m − 1} + 1 et a = n^{m − 1} − 1 de l’équation cⁿ = B + an lors du remplacement des valeurs de n et B que nous avons;

Donc ^{2. (2}m ^{− 2.km} − 1) + 1 comme ^{2. (2m} − ^2.km − 1) − 1, sont impairs, donc a et c sont impairs, avec cela la seule valeur divisant a, B et c est 1.

Pour n Impar:
Que ce soit n = 2k + 1 avec k ∈ N*, par les exemples précédents le MDC(a,B,c)=1, le Remplacé en B est obtenu;

En paramètre paire le B est déjà une paire, puis il est divisible par 2, il reste à vérifier c et a. Si c et a sont impairs alors le MDC(c,B,a) est 1, si c et b est même alors le MDC(c,B,a) est 2.t ≥ 2, avec t ∈ N*.

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

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

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

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

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

Portanto temos as duas Equações principais:

3.3.1 DÉGUSTATION S.T.m

Pour goûter S.T.M reste juste à montrer que indépendamment de la n si elle est même ou étrange, nous avons MDC (a,B,c) = c où c = 2n − 1 a déjà été montré que (**) a MDC différent si n est même ainsi que n est étrange. Mas se usarmos a ferramenta (*) que foi gerada a partir do binômio de Newton, ao fazer x = y foi reduzido para a seguinte equação;

Como ao isolarmos temos;

Ao substituir (I2) e (I1) é obtido;

(2x)ⁿ = xⁿ.(2ⁿ− 1) + xⁿ

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

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

Portanto outra equação que só depende de uma variável.

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

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

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

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

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

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

Para n = 3 temos;

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

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

(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.  “Não está, pois contém 2 como expoente”

e

(2.(2ⁿ − 1))ⁿ = (2ⁿ − 1)^n + 1 + (2ⁿ − 1)ⁿ
MDC(2.(2ⁿ − 1), 2ⁿ − 1, 2ⁿ − 1) = 2ⁿ − 1, com n ≥ 2. « si n>2 appartient alors à Beal Conjecture »

3.4 AUTRES ÉQUATIONS GÉNÉRÉES PAR LA MÉTHODE DE S.T.M.

F₁: ⇒  (2^m − 1 + 2^k − 1)² = 2^k(m + 1) + (2^m − 1 − 2^k − 1)²
É a geral da ( 1 ).
MDC(2^m − 1 + 2^k − 1, 2, 2^m − 1 − 2^k − 1) = 1, com k = 1 e m ≥ 2.
ou
MDC(2^m − 1 + 2^k − 1, 2, 2^m − 1 − 2^k − 1) = 2, com m ≥ 2 e m > k > 1.
Tapez si m = 4, alors k peut être 3.2 et 1.

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

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

Formula Geral do Formato 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
Dados:
C = a^m + 2^m − 2.t^m, b = 2.a.t e A = |a^m − 2^m − 2.t^m|

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

( ii ) Si un est étrange avec m = 2 et t un Même, le MDC (C,b,A)=1 .

( iii ) Si un est impair avec m = 2 et t un Impair, le MDC(C, b, A) = 2α ≥ 2 avec α ∈ ^N*.

iv ) Si un est paire et m > 2 le MDC (C, b, A) = 2α ≥ 2, ∀t, α ∈ ^N*.

( v ) Si un est jumelé avec m = 2 et t un Odd le MDC (C, b, A) = 1, t ∈ ^N*.

( vi ) Si un est jumelé avec m = 2 et t une paire le MDC (C, b, A) = 2α ≥ 2, t, α ∈ ^N*.

Comment chaque formule ou équation a vu le jour :
L’idée est née en raison de conjectures Fermat-Catalan, parce que lorsqu^e vous avez ^Cz = Par + Ax, il n’a qu’une quantité limitée de solutions dans lesquelles A, B, et C sont des entiers positifs sans facteurs premiers communs et x, y, et z sont des entiers positifs satisfaisant ()/() < 1, parce que toutes les solutions auront 2 comme l’un des exposants. Pour cette raison, il serait possible que la fixation exposant 2 dans la différence carrée aurait des résultats satisfaisants dans le format de la conjecture? Lorsque vous utilisez la même méthode 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, com B, r, s ∈ ℕ onde r > s, r e s variáveis não definidas no momento.

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}

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

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

Se k for 1, então 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^*

Exemplo ao usar essa equação que tem MDC=1, com m = 2, 3, 5, 6. ; m ne peut pas être 1 parce que k était 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

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

Exemplo se m = 5, então k varia entre 2 até 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: Seja (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, com B, k, r, s ∈ ℕ onde r > s, r e s variáveis não definidas no momento.

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

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

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

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

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

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

Se k > 1 tem 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
*
*
*
E assim por diante …

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
Se 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
Se 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
Se 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
*
*
*

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

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, nesse caso para que B seja uma potência basta r = s + 2. En fait r > s parce que s + 2 > r = s + 1 > s ⇒ r > s lors du placement de l’exposant en fonction de m, juste s = m cela nous donner r = m + 2.

Logo B = 2^{s + 2}.k^r = (2k)^r = (2k)^{m + 2}.

Portanto a nova equação é;

F₃: ⇒ (2^m + k^m + 2)² = (2k)^m + 2 + (2^m − k^m + 2)², com k ∈ N^* e m ≥ 0.
Si k est 1 pour ∀m ∈ N^* le MDC = 1 ou Si m est de 0 à ∀k ∈ ^N* aussi le MDC = 1.
Se não ocorre nenhum desses casos F₃ Possui MDC = 2α ≥ 2, ∀α ∈ N^*

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

Pois ao fazer B = (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) →

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

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

( ii ) Si un est étrange avec m = 2 et t un Même, le MDC (C,b,A)=1 .

( iii ) Si un est impair avec m = 2 et t un Impair, le MDC(C, b, A) = 2α ≥ 2 avec α ∈ ^N*.

iv ) Si un est paire et m > 2 le MDC (C, b, A) = 2α ≥ 2, ∀t, α ∈ ^N*.

( v ) Si un est jumelé avec m = 2 et t un Odd le MDC (C, b, A) = 1, t ∈ ^N*. ( vi ) Si un est jumelé avec m = 2 et t une paire le MDC (C, b, A) = 2α ≥ 2, t, α ∈ ^N*.

4. FORMULES GÉNÉRÉES PAR T.M E S.T.M AVEC DES SOLUTIONS EN NATUREL

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

Fórmula₁: 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.

Fórmula₂: 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

OU

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

Dados:
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.

OU

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

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

OU

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

Fórmula₄:

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

ou

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

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

Fórmula₅:

G₁: ⇒ (a^m + 2^m − 2.t^m)² = (2.a.t)^m + (a^m − 2^m − 2.t^m)²
Dados:
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 ) Se a é ímpar e m > 2 o MDC(C,b,A)=1, ∀t ∈ N^*.

( ii ) Si un est étrange avec m = 2 et t un Même, le MDC (C,b,A)=1 .

( iii ) Si un est impair avec m = 2 et t un Impair, le MDC(C, b, A) = 2α ≥ 2 avec α ∈ ^N*.

iv ) Si un est paire et m > 2 le MDC (C, b, A) = 2α ≥ 2, ∀t, α ∈ ^N*.

( v ) Si un est jumelé avec m = 2 et t un Odd le MDC (C, b, A) = 1, t ∈ ^N*.   ( vi ) Si un est jumelé avec m = 2 et t une paire le MDC (C, b, A) = 2α ≥ 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 OU LE GÉNÉRAL THÉOREM MACENA

Compte tenu de toute équation valide des entiers positifs sous forme de puissance, ou généré par T.M ou S.T.M lors de la multiplica^tion par dα un pouvoir, où d est une base adéquate de transformation en la somme de deux pouvoirs, et α est un exposant multiple positive integer des exposants des autres bases ou mmc des exposants multipliés par ^t *, se traduit donc par un pouvoir écrit dans la somme de deux autres pouvoirs avec un facteur commun d ou multiple de d.

Exemplo:
, com B>A e m ≥ n ≥ 2, onde α=mmc(1,m,n).t, t ϵ N*
, onde α=mmc(z,y,x).t, t ϵ N*
, onde α=mmc(n,1,n).t, t ϵ N*
( IV ) C²=B+A²→ Geralpor S.T.M→ ( a^m  +  2^m − 2.t^m )²  =  ( 2.a.t )^m  + ( a^m − 2^m − 2.t^m )²→T.G.M →
, où α =mmc (2,m,2).β, β ε N*
Avec cela, nous avons toujours un facteur commun dans le format de la Conjecture si les exposants x,y,z≥3, indépendamment de l’équation abordée.
« À l’exception de ( IV ) qui aura grade 2 toujours au moins sur l’une des bases ».

5.1 PROUVER T.G.M

Pour prouver ce theorème, il est nécessaire de prouver les éléments. ( I ), ( II ), ( III ) et ( IV ).

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

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

C₁ = B^m+A^m→ 29 =3³ + 2², pelo 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 , se t=1 temos 29⁷=2523³+48778², mdc( 29 , 2523 , 48778 ) = 29 ,se t = 2 temos 29¹³=2121843³+1189646642², mdc(29, 2121843 , 1189646642 ) = 29 e assim por diante com t ≥3
C₂ = B^m-Aⁿ→ 23 =3³-2², pelo 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→, se t=1 temos 23⁷=1587³-24334²,mdc( 23 , 1587 , 24334 ) = 23,se t = 2 temos 23¹³=839523³-296071778², mdc(23, 839523 , 296071778 ) = 23 e assim por diante com t ≥3.
Provando item ( II ) Seja qualquer equação do tipo  c^z=b^y+a^x com soluções nos inteiros positivos, por T.M chegaremos em uma equação equivalente com as seguintes bases;
C =b^y+a^x, B =b(b^y+a^x )^xk e A =a( b^y+a^x )^yk, com equação C^xyk+1=B^y+A^x→C^z=B^y+A^x
Ao multiplicar por uma potência d^α , d não definida no momento, porém α=mmc(z,y,x).t , tϵN*, isso é d^zyx.t , logo temos;
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 então

MDC[(d^yx.t .C ),(d^zx.t .B ),(d^zy.t .A ) ] ≥ d^t .C , em particular se d = C temos 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. L’expansion en utilisant toutes les données de l’équation est;

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

Como temos;

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

Ou

Exemplos;
( 1 )

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

Sem = 2, temos →{4.56^t}³=56^3t+1+ {2.56^t } ³, ∀ t ∈N, MDC[(4.56^t),56,2.56^t]= 56
Se m=3, temos →{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 )
E assim por diante
.
.
.
( … )

NOTE: Jusqu’à présent, les éléments ( I ), ( II ) et ( III ) ne reste que ( IV )

Élément prouvant ( IV ) Être n’importe quelle équation de type c2=B+a2, ^avec ^des solutions dans les entiers positifs, en utilisant les moyens de S.T.M, nous l’avons ^fait;
C²=B+C2→General par S.T.M→( a^m +  2^m − 2.t^m )²  =  ( 2.a.t )^m  + ( a^m − 2^m − 2.t^m )², ao multiplicar pela potencia d^α, com d não definido no momento, porém α = mdc(2,m,2).β , β ϵ N*, dessa vez usa β devido que a equação já possui t, dito isso temos;

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

Dans ce cas d peut être n’importe quel nombre appartenant aux entiers positifs sauf zéro, (dεN*).
Exemple en chiffres;

a=2, d=5et=m=β = 3

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

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

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

L’idée est la même pour n’importe quelle équation avec la somme de 2 puissances.

Donc tu prouves T.G.M

Curiosité:( 1.0 )

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

( 1.1 )

5³ = 5³ → 5³ = 5.5² → possamos escrever 5 = 2² + 1, pondo no segundo membro →
5³ = (2² + 1).5^{2 →} 53 = 2².5² + 5² → 5³= 10² + 5².

« NOTE: Cette curiosité est un autre article que je vais publier à l’avenir, ABC Conjecture »

6. PROUVER LA CONJECTURE BEAL

(1ère condition) Compte tenu de l^’équatⁱon cz = par + hache, avec des solutions dans les entiers positifs, avec { z , y, x ≥ 3 / c, b , un ≠ 0 }, puis a, b et c ont un facteur premier commun, ce qui signifie que a, b et c sont divisibles par le même nombre premier.

Ou

(2ème Condition) Équation a x + b ^y = c ^z n’a pas de solution pour les entiers positifs avec x,y,z ≥ 3 et mdc(a,b,c)=1

Démarrage du test

A (2ème Condition ) Il est impossible d’obtenir des nombres dans les entiers positifs avec mdc(a,b,c) =1, et les exposants x,y,z ≥ 3, pour deux raisons déjà montrées :

1er — Il a été démontré que le Conjecture Fermat-Catalan n’a qu’une quantité limitée de solutions, actuellement il n’y a que 10 équations trouvées, dans lesquelles a, b, et c sont des entiers positifs sans facteurs premiers communs et x, y, et z sont des ensembles positifs satisfaisants, parce que toutes les solutions auront 2 comme l’un des exposants, cela colle déjà à l’hypothèse de mdc(a) ,b,c) =1, et exposants x,y,z ≥ 3.

LES 10 TROUVÉS SONT; Image tirée du site wikipedia.

ème — Si vous votez pour la partie S.T.M notez que lorsque les équations ont le mdc (bases)=1, il a toujours un exposant 2, variant même les autres exposants, et comme S.T.M a été prouvé, tout comme le Conjecture Fermat – catalan déclare au moins l’un des exposants devrait être 2, puis colle l’hypothèse pour la simple raison de contenir un exposant 2 dans l’une des bases.

Il ne reste donc qu’une seule autre condition à prouver.

La (1ère Condition) est déjà possible grâce à T.M, S.T.M e T.G.M, tous ont des facteurs communs dans les deux bases seulement pour montrer qu’il a un facteur principal commun qui divise les deux bases avec les exposants x,y,z ≥ 3.

PROVA:

Dados;

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

C = Fp = p^u, ou C = p1^u1.p2^u2 ou C = p1^u1.p2^u2. p3^u3 .p4^u4 …pi^ui .pi+1^ui+1… Fatores primos comum, como c^z = b^y + a^x, e pelo algum método de T.M, S.T.M e T.G.M, é obtido C^z = B^y + A^x, então;

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 ou

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

CONSTRUINDO C^{z →} C^z A PARTIR DE Cⁿ.

En fait 1 = 1, parce que 1 est un élément neutre de multiplication dit que c’est c ε N*, lorsqu’il est multiplié des deux côtés, nous avons 1.c = 1.c→c = c, lorsqu’il est multiplié par c nous avons c.c =c.c→c2 = c2→ ^si ce processus se poursuit pour n fois nous avons → cn ⁼ cn, ⁿotez si n > z, nous avons ^cn>^cz.

Donc cn = cn ^peut être inscrit comme cn = ^cz.cn ^– z^{, l’hy}pothèse de conjecture est que cz = par + h^ache, a un facteur principal commun qui divise les bases c,b et a, avec z,y,x ≥ 3, avec ce que nous avons;

cⁿ = cz^.cn – z→cn ⁼ ( par ⁺ ha^che).cn – z→cⁿ = p^ar. c^{n – z} + a^x.c^{n – z,} puis si cz= ^par+ hac^he a des solutions dans les entiers positifs, avec des exposants supérieurs ou égaux à 3, en fait cⁿ = p^ar. c^{n – z} + ax^.cn – ^z, a un facteur qui divise à la fois parce que le mdc(cⁿ, p^ar. c^{n – z}, a^x.c^{n – z}) = cⁿ> 1.

La traduction est démontrée qu^e cz= by+ ax a de telles solutions de sorte qu’en fait il confirme l’hypothèse et c’est une thèse. Mais pour arriver à cette déclaration, nous devons prouver l’égalité, mais cela a déjà été démontré par les théoriques T.M, S.T.M e T.G.M, cependant, les conditions des exposants étaient supérieures ou égales à 3 n’ont pas été inclus, ni les conditions des principaux facteurs concluant ainsi est prouvé la Conjecture Beal.

Utilisation de T.M temos que a equação c^z= b^y+ a^x, tornasse;

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

Donc, si Cz = Par + Ax ^a des solutions dans les entiers positifs, puis cz = c^xyk +1 ^{= par} + h^ache, ^tout simplement parce qu’il a le même format ou la même structure. Dito isso resta mostrar cⁿ, que é;
cⁿ = b^y. c^{n – z} + a^x.c^{n – z} , adaptando para as bases C,B e A temos;

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

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

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

(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
Então como Cⁿ>C^z→Cⁿ-C^z> 0 → (b^y+a^x )^xy.t+1-(b^y+a^x )(x^y.k+1)>0→dividindo por(b^y+a^x ), temos→(b^y+a^x )^xy.t-(b^y+a^x )(x^y.k)>0→dividindo (b^y+a^x )^xy, temos →
(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

Então a equação com todas as variáveis pode ser escrita da seguinte forma;
( 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

OU

( 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

Pra chegar nessas duas formulas basta usar T.M, avec n-z=xyt→n= xyt + z, et comme z=xyt, nous avons n = xy (t +k), et comme il a été démontré que t > k, est également valide n = xy ( t – k ) ∈N*

Comme les autres formules générées par T.M et certains aussi de S.T.M e T.G.M, qui a le format Cz = ^Par +^Ax, ^a le même comportement que ( EQ1)e ( EQ2), _puis montrant les conditions des facteurs premiers comme au début de ce test prouve littéralement toutes les conditions de la Conjecture Beal pour le cas affirmatif qui est (1ère condition ).

(#) Pour le cas d’un facteur principal commun dans ( EQ1)e ( EQ2 ), c’es^t Cz ⁼ Par + Ax ^{= p}z.u ;

Ainsi, un facteur principal commun p, parce que l’égalité est satisfaite si elle continue,

Analoguement à ( EQ1 ) aura le même résultat

(##) Dans le cas de 2 facteurs principaux courants dans (EQ1) et (EQ2), il s’agit
, en fait, le mdc sera le produit de deux pouvoirs de nombres premiers distincts, c’est
Vérification de l’égalité, comme z = xy(t+k)+1, nous avons;

lors de la division par l’un des principaux facteurs communs tombe dans la condition ( # ).
Analogue à (EQ2);

( ### ) Dans le cas d’un facteur premier commun dans (EQ1) et (EQ2), c’est;

En fait, nous aurons un MDC avec plusieurs facteurs premiers communs, ou à partir de 3, des pouvoirs de nombres premiers distincts les uns des autres, c’est
_________

_________

Tout comme la condition (## ), nous avons;

Chaque fois qu’il se divise par un facteur premier commun, ils vont réduire jusqu’à ce qu’il ne devienne qu’un facteur premier commun.
Analogue à (EQ2), il est _également satisfait;

C’est pourquoi conjecture prouvée!

7. CONSIDÉRATIONS FINALES

Cet article a été proposé comme une preuve objective générale – il ya la Conjecture Beal, lors de l’utilisation des théoriques T.M, S.T.M e T.G.M combiné avec des applications dans la théorie des nombres, il était effectivement possible de démontrer, mais il n’a pas été possible de trouver un con – exemple, mais lors de l’utilisation des moyens au cours du développement doit avoir remarqué que chaque étape était essentielle pour l’autre de toute façon par rapport aux théoriques présentées sans le T.M ne pouvait pas utiliser T.G.M, sem o T.G.M o S.T.M ne pouvait pas être utilisé pour la conjecture de Beal si elle n’avait pas T.M o S.T.M e T.G.M serait quelque chose de très vague en d’autres termes n’a pas soutenu la démonstration d’une telle conjecture.
Au mieux sans les autres théorèmes tels que Théorème de Pythagore, Le Dernier Théorème de Fermat, Théorème de Sebá et Conjecture de Fermat – Catalan le T.M serait quelque chose de très vague et prendrait beaucoup plus de temps à être prouvé, juste en possédant de tels théoriques le T.M est une extension et en même temps ce qui soutient les théoriques cités, en d’autres termes T.M était la pièce manquante pour l’achèvement.

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] Diplôme en mathématiques.

Soumis : août 2019.

Approuvé : novembre 2019.