Satz von Beal: Unterschied zwischen den Versionen

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(Satz von Beal)
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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>
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Für <math>a^m + b^n = c^k</math> mit <math>a, b, c, d, e, s \in \mathbb{N}^{*}</math> und <math>k, m, n \in \mathbb{N}_{\ge 3}</math> gilt ggT<math>(a, b, c) > 1.</math>
  
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'''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>
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'''Beweis:''' Sei <math>(dc)^n - (db)^n = (da)^m</math> der notwendige Ansatz, um <math>d</math> herauszukürzen nach Rechnen modulo <math>d</math>. Dann erzwingt die allgemeine Rücktransformation von <math>c^n - b^n = e^m (\cdot d^{sm})</math>, dass <math>b = 1</math> und <math>c = d</math> ist. Mit der zweiten allgemeinen Form <math>1 + d^n = e^m</math> folgt 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''': 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>

Version vom 4. August 2024, 19:47 Uhr

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

Beweis: Sei [math]\displaystyle{ (dc)^n - (db)^n = (da)^m }[/math] der notwendige Ansatz, um [math]\displaystyle{ d }[/math] herauszukürzen nach Rechnen modulo [math]\displaystyle{ d }[/math]. Dann erzwingt die allgemeine Rücktransformation von [math]\displaystyle{ c^n - b^n = e^m (\cdot d^{sm}) }[/math], dass [math]\displaystyle{ b = 1 }[/math] und [math]\displaystyle{ c = d }[/math] ist. Mit der zweiten allgemeinen Form [math]\displaystyle{ 1 + d^n = e^m }[/math] folgt die Behauptung durch Widerspruch.[math]\displaystyle{ \square }[/math]

Folgerung: Die Fermat-Catalan-Vermutung lässt sich analog beweisen und ein unendlicher Abstieg wegen ggT[math]\displaystyle{ (a, b, c) \gt 1 }[/math] ergibt, dass [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 wird.[math]\displaystyle{ \square }[/math]

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