A Conjectura de Beal - Casos Particulares

Por: Sebastião Vieira do Nascimento (Sebá)  

É impressionante a quantidade de problemas na teoria dos números de fácil entendimento, mesmo para os não matemáticos, e de soluções extremamente complicadas, mesmo para os matemáticos. Isso quando elas existem. Não poderia deixar de citar dois dos mais conhecidos: o Último Teorema de Fermat e a Conjectura de Goldbach. O primeiro deles foi resolvido em $1994$, pelos matemáticos Andrew Wiles e Richard Taylor, e o segundo possui apenas soluções parciais.

É justamente sobre um problema de fácil entendimento e ainda sem solução que vamos falar nos próximos parágrafos. Em geral, esse tipo de problema é chamado de conjectura ou de problema em aberto.

Andrew Beal, banqueiro e entusiasta da teoria dos números, está oferecendo o prêmio de 1 milhão de dólares para quem provar ou apresentar um contra-exemplo para um problema que generaliza o Último Teorema de Fermat. Segundo as próprias palavras do banqueiro, em um comunicado à imprensa da American Mathmatical Society, o objetivo do prêmio milionário é "inspirar as mentes jovens a refletir sobre a questão e torná-las mais interessadas no estudo da matemática".

O problema foi proposto pelo próprio Beal em $1993$, mas só ficou bem conhecido mesmo pela comunidade matemática em $1997$ após R. D. Mauldin publicar o artigo A Generalization of Fermat’s Last Theorem: The Beal Conjecture and Prize Problem no periódico Notices of the American Mathematical Society. Daí o problema de Beal ficou conhecido como Conjectura de Beal. Afinal, o que diz a conjectura?

Conjectura de Beal:

Se $a^x + b^y = c^z$, onde $a$, $b$, $c$, $x$, $y$ e $z$ são inteiros positivos e $x, y, z \geq 3$, então $a$, $b$ e $c$ têm um fator primo comum - o que significa que $a$, $b$ e $c$ são divisíveis por um mesmo número primo.

Uma outra forma equivalente de enunciar a Conjectura de Beal seria:

A equação $a^x + b^y = c^z$ não tem solução para inteiros positivos com $x, y, z \geq 3$ e o $mdc(a,b,c)=1$.

Esse problema tem despertado a curiosidade de matemáticos nos últimos $17$ anos, inclusive do próprio Beal, que, como dito acima, é um apaixonado pela matemática.

Falaremos agora um pouco mais do problema em si. Primeiro, note que a igualdade $3^3 + 6^3 = 3^5$ não é um contra exemplo para a conjectura, visto que os números $a = 3$, $b = 6$ e $c = 3$ tem um fator primo comum, que é o primo $3$.

"[...] em $1995$, Darmon e Granville mostraram que os inteiros positivos $x$, $y$ e $z$ são tais que:
\begin{equation*}
\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} < 1
\end{equation*}
então existe somente uma quantidade finita de tripla $(a,b,c)$ de inteiros primos entre si que satisfazendo a equação $a^x+b^y=c^z$. Ora, dado que cada um dos inteiros $x$, $y$ e $z$ são maiores do que $2$, então:
\begin{equation*}
\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} < 1
\end{equation*}
a menos que $x=y=z=3$. Mas Euler, e possivelmente Fermat, sabia(m) que não há soluções neste caso. Assim, para cada tripla $x$, $y$ e $z$ de inteiros, todos maiores do que $2$, só pode haver apenas uma quantidade finita de soluções para a equação diofantina  $a^x + b^y = c^z$. –  R. D. Mauldin. A Generalization of Fermat’s Last Theorem: The Beal Conjecture and Prize Problem. Notices of the American Mathematical Society. $44$, $1436-1437$, $1997$."

Um contra exemplo à conjectura de Beal, seria encontrar uma solução em inteiros da equação $a^x + b^y = c^z$ com todos os expoentes maiores que dois, sem existir um fator primo comum à $a$, $b$ e $c$. Por exemplo, a equação $2^5 + 7^2 = 3^4$ não é um contra exemplo, mesmo sendo $mdc(2, 7, 3) = 1$, haja vista que os expoentes de $a$, $b$ e $c$ não são todos maiores que $2$.

A equação $27^2 + 18^3 = 81^2$ também não é um contra exemplo, haja vista que o $mdc(27, 18, 81) = 3 > 1$, além de os expoentes de $a$, $b$ e $c$ não são todos maiores que $2$.

A seguir vamos mostrar, por meio do teorema de Sebá, os dois casos particulares para os quais a conjectura de Beal é verdadeira.

Teorema de Sebá:

A equação $a^n+b^n = c^m$ tem solução em inteiros positivos para $n$ e $m$ primos entre si.

Demonstração:

Seja $a^n+b^n=c^m$, com $a$, $b$, $c$, $n$ e $m$ inteiros positivos. Multiplicando ambos os membros de $a^n+b^n=c^m$ por $(a^n+b^n)^m$, obtém-se:
\begin{equation}
(a^n+b^n)(a^n+b^n)^m = (a^n+b^n)^m c^m
\end{equation}
Como $c^m=a^n+b^n$, logo, substituindo o valor de $c^m$ na relação $(1)$, obtém-se:
\begin{equation*}
(a^n+b^n)(a^n+b^n)^m = (a^n+b^n)^{m+1}
\end{equation*}
ou
\begin{equation}
a^n( a^n+b^n)^m + b^n(a^n+b^n)^m = (a^n + b^n)^{m+1}
\end{equation}
Na relação $(2)$, $a^n+b^n$ é o fator primo comum a $a$, $b$ e $c$. Se escolhermos valores para $a$ e $b$ tal que $a \leq b$ ou $a \geq b$, e substituirmos na $(2)$, obtém-se infinitas soluções em inteiros positivos com fator primo comum a $a$, $b$ e $c$.

Façamos os mesmo para a Conjectura de Beal: multiplicando ambos os membros da equação de Beal por $(a^x+b^y)^m$, obtém-se:
\begin{equation}
(a^x+b^y)^m (a^x+b^y) = c^z(a^x+b^y)^m
\end{equation}
Como $c^z = a^x+b^y$, logo, substituindo em $(3)$, vem que:
\begin{equation*}
(a^x+b^y)^m (a^x+b^y)=(a^x+b^y)^m(a^x+b^y)
\end{equation*}
ou
\begin{equation}
(a^x+b^y)^m (a^x+b^y)^m=(a^x+b^y){m+1}
\end{equation}
Na $(4)$, $a^x+b^y$ é o fator primo comum à $a$, $b$ e $c$, haja vista que $a^x+b^y$ divide $(a^x+b^y)^m$.

Segundo Euler, "se temos um problema e se não for possível resolvê-lo imediatamente, é prudente estimar sua dificuldade analisando alguns casos particulares". É o que veremos a seguir.

Dois casos particulares para a veracidade da Conjectura de Beal

Caso $1$: Se $x=y$ e $mdc(x,y,z)=1$

Exemplos:

$\bullet$  $a^3  +  b^3  =  c^{4,5,7,8,10,11,\cdots}$

$\bullet$  $a^4  +  b^4 =  c^{3,5,7,9,11,13, \cdots}$

$\bullet$  $a^5  +  b^5 =  c^{2,3,4,6,7,8,\cdots}$

Caso $2$: se $x \neq y$ e $mdc(x,y,z)=1$

Exemplos:

$\bullet$ $a^3+b^4=c^{5,7,11,13, 17,19,\cdots}$ ou $a^{12}+b^{12}=c^{5,7,11,13, 17,19,\cdots}$ ou $(a^4)^3+(b^3)^4=c^{5,7,1,13,17,19,\cdots}$

$\bullet$ $a^3+b^5=c^{4,7,8,10, 11,13,\cdots}$ ou $a^{15}+b^{15}=c^{4,7,8,10,11,13,\cdots}$ ou  $(a^5)^3+(b^3)^5=c^{4,7,8,10,11,13,\cdots}$

$\bullet$ $a^3+b^6=c^{5,7,8,10,11,12,\cdots}$ ou $a^{18}+b^{18}=c^{5,7,8,10,11,12,\cdots}$ ou $(a^6)^3+(b^3)^6=c^{5,7,8,10,11,13,\cdots}$

Método de resolução da Equação de Beal para os dois casos

Caso $1$: $a^3+b^3=c^4$

Como o expoente de $a$ e $b$ é $3$, logo, substituindo na $(4)$ $x$ e $y$ por $3$, obtém-se:
\begin{equation}
a^3(a^3+b^3)^m + b^3(a^3+b^3)^m=(a^3+b^3)^{m+1}
\end{equation}
Como na equação, $a^3 + b^3 = c^4$, o membro da esquerda tem expoente $3$ e o da direita,  expoente $4$, logo, temos que encontrar dois números $m$ e $m + 1$ que seja possível decompor m em potência de $3$ e $m + 1$ em potência de $4$. Isso só será possível se $m$ e $m + 1$ forem, respectivamente, múltiplo de $3$ e $4$. Logo, $m = 12k – 9$ e $m + 1 = 12k – 8$.

Substituindo os valores de $m$ e $m + 1$ na $(5)$, vem:
\begin{equation}
a^3(a^3+b^3)^{12k-9} + b^3(a^3+b^3)^{12k-9} = (a^3+b^3)^{12k-8}
\end{equation}
Seja $k=a=b=1$. Substituindo os valores de $k$, $a$ e $b$ na $(6)$, vem que:
\begin{equation*}
1^3(1^3+1^3)^3 + 1^3(1^3+1^3)^3 = (1^3+1^3)^4\\
2^3+2^3=2^4\\
8+8=16
\end{equation*}
Solução: $a=b=c=2$ (fator primo comum: $2$).

Se escolhermos, por exemplo, $k=a=1$ e $b=2$, e substituirmos na $(6)$, obteremos:
\begin{equation*}
1^3(1^3+2^3)^3 + 2^3(1^3+2^3)^3 = (1^3+2^3)^4\\
9^3+2^3(9^3)=9^4\\
9^3+18^3=6561
\end{equation*}
Solução: $a=c=9$ e $b=18$ (fator primo comum: $3$).

Conclusão: Qualquer que seja o valor de $k \neq 0$, $a$, $b$ e $c$ terão sempre um fator primo comum à $a$, $b$ e $c$.

Caso $2$: $a^3+b^4=c^5$

Note que o $mdc(3, 4, 5) = 1$, só que o teorema de Sebá exige que os expoentes de $a$ e $b$ sejam iguais. A fim de que os expoentes de $a$ e $b$ sejam iguais, basta que os expoentes de $a$ e $b$ sejam iguais a $12$, ou seja, $3 \times 4$.

Encontrar solução em inteiros para a equação $a^3 + b^4 = c^5$, é o mesmo que encontrar solução em inteiros para a equação $a^{12} + b^{12} = c^5$, haja vista que podemos escrever $a^{12} + b^{12} = c^5$ como: $(a^4)^3 + (b^3)^4 = c^5$. Como o expoente de $a$ e $b$ é $12$, logo, substituindo na $(4)$ os valores de $x$, $y$ e $z$ por $12$, obtém-se:
\begin{equation}
a^{12}(a^{12}+b^{12})^m + b^{12}(a^{12}+b^{12})^m=(a^{12}+b^{12})^{m+1}
\end{equation}
Como na equação $a^{12}+b^{12}=c^5$, o membro da esquerda tem expoente $12$ e o da direita tem expoente $5$, logo, temos que encontrar dois números $m$ e $m+1$ que seja possível decompor $m$ em potência de $12$ e $m+1$ em potência de $5$. Isso só será possível se $m$ e $m+1$ forem respectivamente múltiplos de $12$ e $5$. Logo, $m=60k-36$ e $m+1=60k-35$. Substituindo os valores de $m$ e $m+1$ na relaçao $(7)$, vem que:
\begin{equation}
a^{12}(a^{12}+b^{12})^{60k-36} + b^{12}(a^{12}+b^{12})^{60k-36} = (a^{12}+b^{12})^{60k-35}
\end{equation}
Seja $k=a=b=1$. Substituindo os valores de $k$, $a$ e $b$ na relação $(8)$, vem que:
\begin{equation*}
2^{24} + 2^{24} = 2^{25}\\
(2^8)^3 + (2^6)^4 = (2^6)^4\\
256^3 + 64^4 = 32^5
\end{equation*}
Solução: $a=256$, $b=64$ e $c=32$ (fator primo comum: $2$).

Se escolhermos, por exemplo, $k=a=1$ e $b=2$, e substituirmos na $(8)$, obteremos:
\begin{equation*}
(4097^8)^3 + (2 (4097^6))^4 = (4097^5)^5
\end{equation*}
Solução: $a=4097^8$, $b=2(4097)^6$ e $c=4097^5$ (fator primo comum: $241$).

Outros dois casos particulares para os quais a Conjectura de Beal é verdadeira

Caso 1:

Se $A=B=C=2$, $x=y=2n > 2$ e $z=2n+1 \geq 2$, então a equação de Beal tem solução.

Demonstração:

\begin{equation*}
2^{2n} + 2^{2n} = 2^{2n+1}\\
2^{2n} (1+1) = 2^{2n+1}\\
2 = 2^{2n+1} \cdot 2^{-2n}\\
2 = 2^{2n+1+(-2n)}\\
2=2
\end{equation*}

Exemplos:

$\bullet$ $2^4+2^4 = 2^5$ (O número $2$ é um fator primo comum a $A$, $B$ e $C$)

$\bullet$ $2^6+2^6 = 2^7$ (O número $2$ é um fator primo comum a $A$, $B$ e $C$)

$\bullet$ $2^8+2^8=2^9$ (O número $2$ é um fator primo comum a $A$, $B$ e $C$)

E assim por diante.

Caso $2$:

Se $A=B=C=2$, $x=y=2n+1>2$ e $z=2n+2>2$, então a equação de Beal tem solução.

Demonstração:

\begin{equation*}
2^{2n+1} + 2^{2n+1} = 2^{2n+2}\\
2^{2n+1}(1+1) = 2^{2n+2}\\
2=2^{2n+2}\cdot 2^{-(2n+1)}\\
2=2^{2n+2-2n-1}\\
2=2
\end{equation*}

Exemplos:

$\bullet$ $2^3+2^3 = 2^4$ (O número $2$ é um fator primo comum a $A$, $B$ e $C$)

$\bullet$ $2^5+2^5 = 2^6$ (O número $2$ é um fator primo comum a $A$, $B$ e $C$)

$\bullet$ $2^7+2^7=2^8$ (O número $2$ é um fator primo comum a $A$, $B$ e $C$

E assim por diante.

Quatro casos particulares para os quais a equação de Beal não tem solução

Se $x,y,z >2$ e $mdc(x,y,z)>1$, então a equação de Beal não tem solução. Se não, vejamos:

Caso $1$: $x=y=2n+1$ e $z$ é múltiplo de $2n+1$

Exemplos:

$\bullet$ $A^3+B^3=C^6$ ou $A^3+B^3=(C^2)^3$ (Equação de Fermat)

$\bullet$ $A^5+B^5=C^{10}$ ou $A^5+B^5=(C^2)^5$ (Equação de Fermat)

E assim por diante.

Caso $2$: $x=y=2n$ e $z$ múltiplo de $x$ e $y$

Exemplos:

$\bullet$ $A^4+B^4=C^8$ ou $A^4+B^4=(C^2)^4$ (Equação de Fermat)

$\bullet$ $A^6+B^6=C^{12}$ ou $A^6+B^6=(C^2)^6$ (Equação de Fermat)

E assim por diante.

Caso $3$: $x=2n+1$, $y=2x$ e $z=3x$

Exemplos:

$\bullet$ $A^3+B^6=C^9$ ou $A^3+(B^2)^3=(C^3)^3$ (Equação de Fermat)

$\bullet$ $A^5+b^{10}=C^{15}$ ou $A^5+(B^2)^5=(C^3)^5$ (Equação de Fermat)

E assim por diante.

Caso $4$: $x=2n$, $y=2x$ e $z=3x$

Exemplos:

$\bullet$ $A^4+B^8=C^{12}$ ou $A^4+(B^2)^4=(C^3)^4$ (Equação de Fermat)

$\bullet$ $A^6+B^{12}=C^{18}$ ou $A^6+(B^2)^6=(C^3)^6$ (Equação de Fermat)

E assim por diante.

Conclusão:

Segundo R. D. Mauldin, A Generalization of Fermat’s Last Theorem: The Beal Conjecture and Prize Problem. Notices of the American Mathematical Society. $44$, $1436-1437$, $1997$ para cada tripla $x$, $y$ e $z$ de inteiros, todos maiores do que $2$, só pode haver apenas uma quantidade finita de soluções para a equação diofantina  $a^x + b^y = c^z$; mas, por meio do teorema de Sebá, $1^\circ$ e $2^\circ$ casos, para cada tripla $x$, $y$ e $z$ de inteiros primos entre si, todos maiores do que $2$, há infinitas soluções para a equação diofantina  $a^x + b^y = c^z$, para $k$ inteiro, no intervalo: $1 \leq  k < \infty$.

Este artigo foi cedido gentilmente por Sebastião Vieira do Nascimento (Sebá). Professor Titular (por concurso) aposentado da UFCG – PB.

Veja mais:

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$\bullet$ Conjecturas de Sebá Sobre a Distância Entre Dois Números Primos Consecutivos
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