A demonstração que poderia ter sido a de Fermat para seu último teorema

Este artigo foi enviado pelo autor convidado Sebastião Vieira do Nascimento (Sebá), professor aposentado da UFCG-PB.

A equação $x^3+y^3=z^3$ já foi demonstrada por alguns matemático que não possuem solução para $x$, $y$ e $z$ $\in \mathbb{N}$. Sendo assim, podemos escrever a equação $x^3+y^3=z^3$ como: $\left( x^k \right)^3 + \left( y^k \right)^3 = \left( z^k \right)^3$ ou $ y^{3k}+y^{3k}=z^{3k}$, onde $k \in \mathbb{N}$.

A equação $x^4+y^4=z^4$ também já foi demonstrada que não possui solução para $x$, $y$, e $z$ $\in \mathbb{N}$ e pode ser escrita como: $\left( x^k \right)^4 + \left( y^k \right)^4 = \left( z^k \right)^4$ ou $ y^{4k}+y^{4k}=z^{4k}$, onde $k \in \mathbb{N}$.

Diante do exposto, fica provado que a equação de Fermat $x^n+y^n=z^n$ não possui solução em inteiros positivos para $n$ pertencente aos naturais compostos.

Agora, nos resta provar que a equação de Fermat não tem solução em inteiros positivos para $n$ pertencente aos inteiros positivos, sendo $n$ um número primo $(p)$ ímpar, ou seja, $x^p+y^p=z^p$, sendo $p>2$.

A seguir será mostrado que, se $p$ for um primo ímpar e $p\neq q$, com $q \in \mathbb{N}$, a equação $x^p+y^p=z^q$ tem infinitas soluções em inteiros, desde que que $p$ e $q$ forem primos entre si.

Demonstração:

Multiplicando ambos os membros da equação $x^p+y^p=z^q$ por $\left(x^p+y^p\right)^q$, obtém-se:

\begin{equation}
\left( x^p+y^p \right) \left( x^p+y^p \right)^q = \left(x^p+y^p \right)^q z^q
\end{equation}

Como $z^q = x^p+y^p$, logo, substituindo o valor de $z^1$ na relação $(1)$, obtém-se:

\begin{equation*}
\left( x^p+y^p  \right)\left( x^p+y^p \right)^q = \left( x^p+y^p \right)^q \left( x^p+y^p \right)
\end{equation*}
Ou
\begin{equation}
x^p\left( x^p+y^p \right)^q + y^p\left( x^p+y^p \right)^q = \left( x^p+y^p \right)^{q+1}
\end{equation}

Se escolhermos valores para $x$ e $y$ tal que $x \leq y$ ou $x \geq y$, e substituirmos na relação $(2)$, obtém-se valores inteiros positivos para $x$, $y$ e $z$, (F.A.D.).

Técnica de resolução da equação $x^p + y^p = z^q$

Seja, por exemplo, dividir um quadrado em dois cubos de várias maneiras diferentes.

Resolução:

Como $q=2$ e $p=3$ (primos entre si), logo:

\begin{equation*}
x^p+y^p = z^q\\
\ \\
x^3+y^3 = z^2
\end{equation*}

Como o expoente de $x$ e $y$ é $3$, substituindo $p$ por $3$ na relação $(2)$, obtém-se:

\begin{equation}
x^3 \left( x^3+y^3 \right)^q + y^3 \left( x^3 + y^3 \right)^q = \left( x^3 + y^3  \right)^{q+1}
\end{equation}

Como na equação $x^3+y^3=z^2$, o membro da esquerda tem expoentes $3$ e o da direita tem expoente $2$, logo, temos que encontrar dois números $q$ e $q+1$ que seja possível decompor $q$ em potências de $3$ e $q+1$ em potência de $2$. Isso só será possível se $q$ 3 $q+1$ forem, respectivamente, múltiplo de $3$ e $2$. Logo, $q=6k-3$ e $q+1=6k-2$.

Substituindo os valores de $q$ e $q+1$ na relação $(3)$, vem:

\begin{equation}
x^3 \left( x^3 + y^3 \right)^{6k-3} + y^3 \left( x^3+y^3 \right)^{6k-3} = \left( x^3+y^3 \right)^{6k-2}
\end{equation}

Seja $k=1$ e $x=y=1$. Substituindo os valores de $k$, $x$ e $y$ na relação $(4)$, vem:

\begin{equation*}
2^3+2^3=\left( 2^2 \right)^2
\end{equation*}
Solução: $x=y=2$ e $z=4$.

Se escolhermos, por exemplo, $k=2$ e $x=y=1$, e substituirmos na relação $(4)$, obtém-se:

\begin{equation*}
\left( 2^5 \right)^3 + \left( 2^5 \right)^3 = \left( 2^8 \right)^2
\end{equation*}

Solução: $x=y=32$ e $z=256$.

E assim por diante.

Seja, por exemplo, dividir uma biquadrada em dois cubos, de várias maneiras diferentes.

Resolução:

Como $q=4$ e $p=3$ (primos entre si), logo:

\begin{equation*}
x^p+y^p=z^q\\
\ \\
x^3+y^3=z^4
\end{equation*}

Como o expoente $x$ e $y$ é $3$, logo, substituindo $p$ por $3$ na relação $(2)$, obtém-se:

\begin{equation}
x^3 \left( x^3+y^3 \right)^q + y^3\left( x^3+y^3 \right)^q = \left( x^3+y^3 \right)^{q+1}
\end{equation}

Como na equação $x^3+y^3=z^4$ o membro da direita tem expoente $4$ e o da esquerda tem expoente $3$, logo, temos que encontrar dois números $q$ e $q+1$ que seja possível decompor $q$ em potência de $3$ e $q+1$ em potência de $4$. Isso só será possível se $q$ e $q+!$ forem, respectivamente, múltiplo de $3$ e $4$. Nesse caso, $q=12k-9$ e $q+1=12k-8$.

Substituindo os valores de $q$ e $q+1$ na relação $(3)$, vem:

\begin{equation}
x^3 \left( x^3+y^3 \right)^{12k-9} + y^3 \left( x^3+y^3 \right)^{12k-9} = \left( x^3+y^3 \right)^{12k-8}
\end{equation}

Seja $k=1$ e $x=y=1$. Substituindo os valores de $k$, $x$ e $y$ na relação $(6)$, vem:

\begin{equation*}
2^3+2^3=2^4
\end{equation*}

Solução: $x=y=z=2$

Se escolhermos por exemplo $k=1$ e $x=y=2$, e substituímos na relação $(6)$, obtém-se:

\begin{equation*}
2^3 (16)^3 + 2^3(16)^3 = 16^4\\
\ \\
(2 \times 16)^3 + (2 \times 16)^3 = 16^4
\end{equation*}

Solução: $x=y=32$ e $z=16$.

E assim por diante.

A equação $x^p + y^p = z^{q-1}$ tem infinitas soluções, haja vista que $p$ e $q-1$ são primos entre si. A equação $x^p+y^p=z^{q+1}$ também tem infinitas soluções, haja vista que $p$ e $p+1$ são primos entre si.

Vimos que a equação $x^3+y^3=z^2$  tem infinitas soluções. Note que essa equação é o resultado da equação $x^3+y^3=z^3$ quando se subtrai a unidade do expoente do segundo membro. Vimo também que a equação $x^3+y^3=z^4$ tem infinitas soluções. Essa equação é o resultado da equação $x^3+y^3=z^3$ quando se soma a unidade ao expoente do segundo membro.

A equação $x^p+y^p=z^q$ fica oscilando entre as duas equações, ou seja:

\begin{equation*}
x^p + y^p = z^{q-1}\\
\ \\
x^p + y^p \neq z^p\\
\ \\
x^p + y^p = z^{q+1}
\end{equation*}

Portanto, para $x$, $y$, e $z$ (inteiros positivos não nulos) asa equações $x^{3k}+y^{3k}=z{3k}$, $y^{4k}+y^{4k}=z^{4k}$ e $z^p+y^p=z^p$, para $p>2$ não existe solução e, consequentemente, para $x$, $y$ e $z$ (inteiros positivos não nulos) a equação $x^n+y^n=z^n$ também não tem solução em inteiros.

Diante do exposto, o autor do presente trabalho quer saber da comunidade matemática se suas ideias estão corretas. em caso negativo, ele quer saber onde está o erro cometido.

Links para este artigo:

• http://bit.ly/demo-seba-utf
• https://www.obaricentrodamente.com/2019/03/a-demonstracao-que-poderia-ter-sido-de-Fermat-para-seu-ultimo-teorema.html

Veja mais:

• O sonho imaginário de Sebá com Fermat no blog do Professor Edigley
• Casos particulares da conjectura de Beal
• A geometria analítica, Fermat e Descartes