Satz von Beal: Unterschied zwischen den Versionen

Aus MWiki
Wechseln zu: Navigation, Suche
(Satz von Beal)
K (Satz von Beal)
 
(6 dazwischenliegende Versionen desselben Benutzers werden nicht angezeigt)
Zeile 1: Zeile 1:
−
Für <math>a^m + b^n = c^k</math> mit <math>a, b, c \in \mathbb{N}^{*}</math> und <math>k, m, n \in \mathbb{N}_{\ge 3}</math> gilt ggT<math>(a, b, c) > 1.</math>
+
Für <math>a^m + b^n = c^k</math> mit <math>a, b, c, d, e, r, s \in \mathbb{N}^{*}</math> und <math>k, m, n \in \mathbb{N}_{\ge 3}</math> gilt <math>d :=</math> ggT<math>(a, b, c) > 1.</math>
  
−
'''Beweis:''' Aus <math>b^n = (c^{kq}-a^{mr})\left(\tilde{c}^{k\acute{q}} + \tilde{a}^{m\acute{r}}\right) = c^k - a^m + c^{kq} \tilde{a}^{m\acute{r}} - \tilde{c}^{k\acute{q}} a^{mr}</math> folgt, dass die Funktion <math>f(q,r) := c^{k(\hat{q}-1)} - a^{m(\hat{r}-1)} = 0</math> stetig in <math>q, r \in {}^{\omega} \mathbb{R}_{>0}</math> ist und insbesondere die Lösung <math>(q_0, r_0) = \left(\check{1}, \check{1}\right)</math> besitzt. Jede weitere Lösung in Brüchen ergibt nach Potenzieren ggT<math>(a, c) > 1</math> und damit die Behauptung.<math>\square</math>
+
'''Beweis:''' Sei <math>(da)^n + (db)^m = (dc)^n</math> der nötige Ansatz, um <math>d</math> nach Rechnen mod <math>d</math> herauszukürzen. Wird verallgemeinert <math>b^s + e^m = c^s</math> wieder mit <math>d^{rm}</math> multipliziert, folgt <math>b = 1</math>, <math>c = d</math> und <math>s \ne m \notin 2\mathbb{N}</math>. Die zweite allgemeine Form <math>1 + d^s = e^m</math> ergibt ebenso mit <math>m \ne s \notin 2\mathbb{N}</math> die Behauptung durch Widerspruch.<math>\square</math>
  
−
'''Folgerung''': Die Fermat-Catalan-Vermutung lässt sich analog beweisen und ein unendlicher Abstieg wegen ggT<math>(a, b, c) > 1</math> ergibt, dass <math>a^n + b^n = c^n</math> von keinem <math>n \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 3}</math> für beliebige <math>a, b, c \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*}</math> erfüllt wird.<math>\square</math>
+
'''Folgerung''': Wegen <math>m \ne s</math> wird <math>a^n + b^n = c^n</math> von keinem <math>n \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 3}</math> für beliebige <math>a, b, c \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*}</math> erfüllt.
  
 
== Siehe auch ==
 
== Siehe auch ==

Aktuelle Version vom 11. August 2024, 07:34 Uhr

Für [math]\displaystyle{ a^m + b^n = c^k }[/math] mit [math]\displaystyle{ a, b, c, d, e, r, s \in \mathbb{N}^{*} }[/math] und [math]\displaystyle{ k, m, n \in \mathbb{N}_{\ge 3} }[/math] gilt [math]\displaystyle{ d := }[/math] ggT[math]\displaystyle{ (a, b, c) \gt 1. }[/math]

Beweis: Sei [math]\displaystyle{ (da)^n + (db)^m = (dc)^n }[/math] der nötige Ansatz, um [math]\displaystyle{ d }[/math] nach Rechnen mod [math]\displaystyle{ d }[/math] herauszukürzen. Wird verallgemeinert [math]\displaystyle{ b^s + e^m = c^s }[/math] wieder mit [math]\displaystyle{ d^{rm} }[/math] multipliziert, folgt [math]\displaystyle{ b = 1 }[/math], [math]\displaystyle{ c = d }[/math] und [math]\displaystyle{ s \ne m \notin 2\mathbb{N} }[/math]. Die zweite allgemeine Form [math]\displaystyle{ 1 + d^s = e^m }[/math] ergibt ebenso mit [math]\displaystyle{ m \ne s \notin 2\mathbb{N} }[/math] die Behauptung durch Widerspruch.[math]\displaystyle{ \square }[/math]

Folgerung: Wegen [math]\displaystyle{ m \ne s }[/math] wird [math]\displaystyle{ a^n + b^n = c^n }[/math] von keinem [math]\displaystyle{ n \in {}^{\omega}\mathbb{N}_{\ge 3} }[/math] für beliebige [math]\displaystyle{ a, b, c \in {}^{\omega}\mathbb{N}^{*} }[/math] erfüllt.

Siehe auch

Abgerufen von „https://de.mwiki.de/index.php?title=Satz_von_Beal&oldid=351“