Conjetura Oesterlé–Masser

Em matemática, a conjetura Oesterlé–Masser ou conjetura abc é um problema em aberto em teoria dos números. Ela foi primeiramente proposta por Joseph Oesterlé e David Masser respetivamente em 1988 e 1985.

Prova de Mochizuki

Em agosto de 2012, o matemático Shinichi Mochizuki disponibilizou uma série de quatro artigos contendo uma séria alegação que ele tinha obtido uma demonstração da conjetura abc. Três anos depois, 2015, a prova de Mochizuki permanece no limbo matemático - nem desmentida nem aceita pela comunidade em geral. Mochizuki estimou que levaria um estudante de graduação de matemática cerca de 10 anos para ser capaz de entender o seu trabalho, e muitos especialistas acreditam que levaria até mesmo um especialista em geometria aritmética cerca de 500 horas. Até agora, apenas quatro matemáticos dizem terem sido capazes de ler e entender a prova inteira.

Caso Particular para a Conjectura do abc

Seja a,b,c ∈ N, de tal forma que temos c = b + a, ao fazer as operações necessárias chegaremos em $c^{2^{k}}=b^{2^{k}}+a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})$ ou $c^{2^{k}}=b^{2^{k}}+a.\prod _{i=0}^{k-1}(b^{2^{i}}+c^{2^{i}})$, com k ∈ Ne i índice, onde rad[$c.b.a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})]>c^{2^{k}}$ ou rad[$c.b.a.\prod _{i=0}^{k-1}(b^{2^{i}}+c^{2^{i}})]>c^{2^{k}}$.

Demonstração

Dado a equação c = b + a ao multiplicar ambos os lados por b resulta em $c.b=b^{2}+a.b$, como b = c- a ao substituir no primeiro membro da igualdade temos $c.(c-a)=b^{2}+a.b$ ⇒ $c^{2}-a.c=b^{2}+a.b$ ⇒ $c^{2}=b^{2}+a.b+a.c$⇒ $c^{2}=b^{2}+a.(b+c)$( & ).

Ao Multiplicar ( & ) por $c^{2}$ temos $c^{4}=b^{2}.c^{2}+a.c^{2}.(b+c)$ ao substituir o 1ª $c^{2}$ por $b^{2}+a.(b+c)$, temos $c^{4}=b^{2}.[b^{2}+a.(b+c)]+a.c^{2}.(b+c)$ ⇒ $c^{4}=b^{4}+a.b^{2}.(b+c)+a.c^{2}.(b+c)$ ⇒ $c^{4}=b^{4}+a.(b+c).(b^{2}+c^{2})$ ( && ).

Ao Multiplicar ( && ) por $c^{4}$ temos$c^{8}=b^{4}.c^{4}+a.c^{4}.(b+c).(b^{2}+c^{2})$ ao substituir o 1ª $c^{4}$ por $b^{4}+a.(b+c).(b^{2}+c^{2})$, temos $c^{8}=b^{4}.[b^{4}+a.(b+c).(b^{2}+c^{2})]+a.c^{4}.(b+c).(b^{2}+c^{2})$ ⇒ $c^{8}=b^{8}+a.b^{4}.(b+c).(b^{2}+c^{2})+a.c^{4}.(b+c).(b^{2}+c^{2})$ ⇒ $c^{8}=b^{8}+a.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4})$ ( &&& ).

Ao Multiplicar ( &&& ) por $c^{8}$ temos $c^{16}=b^{8}.c^{8}+a.c^{8}.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4})$ao substituir o 1ª $c^{8}$ por $b^{8}+a.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4})$, temos $c^{16}=b^{8}.[b^{8}+a.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4})]+a.c^{8}.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4})$ ⇒ $c^{16}=b^{16}+a.b^{8}.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4})+a.c^{8}.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4})$ ⇒ $c^{16}=b^{16}+a.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4}).(b^{8}+c^{8})$ ( &&&& ).

Se continuarmos com a mesma lógica matemática teremos uma sequência no 1ª membro como $S_{k}(1):c^{1},c^{2},c^{4},c^{8},c^{16},...,c^{2^{k}}$ com k≥0 ,o mesmo ocorre com o 2ª membro em relação a potência isso é $S_{k}(2):b^{1},b^{2},b^{4},b^{8},b^{16},...,b^{2^{k}}$ com k≥0, note que a outra parte do 2ª membro temos; $a.(b+c).(b^{2}+c^{2}).(b^{4}+c^{4}).(b^{8}+c^{8}).(b^{16}+c^{16}).(b^{32}+c^{32})...(b^{2^{k-1}}+c^{2^{k-1}})$ (Pro), mas ao ignorarmos a o restante é um produtório sendo assim podemos escrever (Pro) como $Pro=a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})$ ou $Pro=a.\prod _{i=0}^{k-1}(b^{2^{i}}+c^{2^{i}})$.

Portanto temos como equações:

$c^{2^{k}}=b^{2^{k}}+a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})$ ou $c^{2^{k}}=b^{2^{k}}+a.\prod _{i=0}^{k-1}(b^{2^{i}}+c^{2^{i}})$, desde que c = b + a

Se caso c for primo temos que rad($c^{2^{k}}$)=c, o mesmo para b se for primo rad($b^{2^{k}}$)=b, caso algum seja um número composto teremos; $c=\prod _{j=1}^{\omega (c)}p_{j}^{\alpha _{j}}$ ⇒ rad($c^{2^{k}}$)=rad($c=\prod _{j=1}^{\omega (c)}p_{j}^{\alpha _{j}}$) $=p_{1}.p_{2}.p_{3}.p_{4}...p_{j}$, com $p_{j}$ primos, de forma análoga temos rad($b^{2^{k}}$)=rad($b=\prod _{j=1}^{\omega (b)}p_{j}^{\alpha _{j}}$) $=p_{1}.p_{2}.p_{3}.p_{4}...p_{j}$, todavia (Pro) já é composto então rad(Pro)$=rad(rad(a).p_{1}.p_{2}.p_{3}.p_{4}...p_{j})$ ≥ $q.p_{1}.p_{2}.p_{3}.p_{4}...p_{j}$ . Onde rad(a)≥q com q um número primo.

Então rad($a,b,c$) = rad($c^{2^{k}}.b^{2^{k}}.Pro$) ≥ $rad(c.b.a.rad(Pro))$ $>c^{2^{k}}$. isso é valido pois c > b ou c > a e b ≥ a ou a ≥ b, já que c = b + a.

Exemplo com Números

Possibilidades seja c=13 , então b + a, há uma finidade de combinação tipo b = 10 e a = 3 , b = 11 e a = 2, b = 9 e a = 4, b = 8 e a = 5, pode ser qualquer combinação nos naturais dede que c = b + a, o mais simples nesse caso é b=12 e a=1.

Exemplo(1) dada a igualdade 13 = 7 + 6 então c=13, b=7 e a=6 ou 13 = 6 + 7 então c=13, a=7 e b=6 (Usando qualquer uma será valida), com k variando de 1 até 3, optando por c=13, b=7 e a=6 temos:

Para k=1 isso é;

$c^{2^{k}}=b^{2^{k}}+a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})$ ⇒ $13^{2^{1}}=7^{2^{1}}+6.\prod _{i=1}^{1}(7^{2^{i-1}}+13^{2^{i-1}})$ ⇒ $13^{2}=7^{2}+6.(7^{2^{0}}+13^{2^{0}})$ ⇒ $13^{2}=7^{2}+6.(7+13)$ $13^{2}=7^{2}+6.20$ ⇒ $13^{2}=7^{2}+2.3.5.2^{2}$ ⇒ $13^{2}=7^{2}+2^{3}.3.5$ então rad ($13^{2}.7^{2}.2^{3}.3.5$)$=13.7.2.3.5=2730>13^{2}=169$

Para k=2 isso é;

$c^{2^{k}}=b^{2^{k}}+a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})$ ⇒ $13^{2^{2}}=7^{2^{2}}+6.\prod _{i=1}^{2}(7^{2^{i-1}}+13^{2^{i-1}})$ ⇒ $13^{4}=7^{4}+6.(7^{1}+13^{1}).(7^{2}+13^{2})$ ⇒ $13^{4}=7^{4}+6.20.(49+169)$ ⇒ $13^{4}=7^{4}+6.20.218$ ⇒ $13^{4}=7^{4}+2^{4}.3.5.109$ então rad ($13^{4}.7^{4}.2^{4}.3.5.109$)$=13.7.2.3.5.109=297570>13^{4}=28561$

Para k=3 isso é;

$c^{2^{k}}=b^{2^{k}}+a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})$ ⇒ $13^{2^{3}}=7^{2^{3}}+6.\prod _{i=1}^{3}(7^{2^{i-1}}+13^{2^{i-1}})$ ⇒ $13^{8}=7^{8}+6.(7^{1}+13^{1}).(7^{2}+13^{2}).(7^{4}+13^{4})$ ⇒ $13^{8}=7^{8}+6.(20).(218).(2401+28561)$ ⇒ $13^{8}=7^{8}+2^{4}.3.5.109.(2401+28561)$ ⇒ $13^{8}=7^{8}+2^{4}.3.5.109.(30962)$ ⇒ $13^{8}=7^{8}+2^{4}.3.5.109.(2.113.137)$ ⇒ $13^{8}=7^{8}+2^{5}.3.5.109.113.137$ então rad ($13^{8}.7^{8}.2^{5}.3.5.109.113.137$)$=13.7.2.3.5.109.113.137=4606681170>13^{8}=815730721$

Utilidade

Suponhamos que queremos encontrar certos divisores das diferenças de duas potências que tenham essas propriedades descritas anteriormente, exemplo o Pequeno Teorema de Fermat que é $a^{p-1}$≡$1mod(p)$, com a ∈ Ζ e p primo, de forma algébrica isso é ∃ t ∈ Z tal que $t={\frac {a^{p-1}-1}{p}}$.

Nesse caso do pequeno teorema de Fermat em relação a formula, temos a seguinte situação particular, transcrevendo a forma algébrica do pequeno teorema de Fermat para se adequar isso é $p-1=2^{k}$ ⇒ $p=2^{k}+1$, como $c=a+b$ gerou

$c^{2^{k}}=b^{2^{k}}+a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})$ ⇒ $a.\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})=c^{2^{k}}-b^{2^{k}}$

, então usando as adaptações isso é no lugar de c=a , b=1 , e a=p isso nos dar como fórmula;

$p.\prod _{i=1}^{k}(1^{2^{i-1}}+a^{2^{i-1}})=a^{2^{k}}-1^{2^{k}}$ ⇒ $p.\prod _{i=1}^{k}(1^{2^{i-1}}+a^{2^{i-1}})=a^{p-1}-1$ ⇒ $\prod _{i=1}^{k}(1+a^{2^{i-1}})={\frac {a^{p-1}-1}{p}}$ ⇔ $p=2^{k}+1$ e $a=p+1$

Portanto os divisores de $a^{p-1}-1$ é p e $\prod _{i=1}^{k}(1+a^{2^{i-1}})=t$.

Para facilitar as operações a fórmula para o Pequeno Teorema de Fermat pode ficar escrita como;

$\prod _{i=1}^{k}(1+(p+1)^{2^{i-1}})={\frac {(p+1)^{p-1}-1}{p}}$ ⇒ $p={\frac {(p+1)^{p-1}-1}{\prod _{i=1}^{k}(1+(p+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇔ $p=2^{k}+1$

Isso significa se p não for primo então t ∈ Q baseado no Teorema Pequeno teorema de Fermat.

Exemplo(1)

para k=1 então $p=2^{k}+1=2^{1}+1=3$

$p={\frac {(p+1)^{p-1}-1}{\prod _{i=1}^{k}(1+(p+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $3={\frac {(3+1)^{3-1}-1}{\prod _{i=1}^{1}(1+(3+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $3={\frac {4^{2}-1}{(1+(4)^{2^{0}})}}$ ⇒ $3={\frac {16-1}{(1+4)}}$ ⇒ $3={\frac {15}{5}}$ ⇒ $3=3$

Satisfez a igualdade então 3 é primo.

Exemplo(2)

para k=2 então $p=2^{k}+1=2^{2}+1=5$

$p={\frac {(p+1)^{p-1}-1}{\prod _{i=1}^{k}(1+(p+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $5={\frac {(5+1)^{5-1}-1}{\prod _{i=1}^{2}(1+(5+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $5={\frac {6^{4}-1}{(1+6).(1+6^{2})}}$ ⇒ $5={\frac {1296-1}{7.37}}$ ⇒ $5={\frac {1295}{7.37}}$ ⇒ $5={\frac {5.7.37}{7.37}}$ ⇒ $5=5$

Satisfez a igualdade então 5 é primo.

O que irão ver quando k=3 e k=5, é uma contradição do Pequeno teorema de Fermat, o que o pequeno Teorema de Fermat diz ? seja mdc(a,p)=1 isso é a e p primo entre se, então $p/(a^{p-1}-1)$ ⇔ $p$ for primo, intenda que mdc( p + 1 , p) = 1.

Exemplo(3)

para k=3 então $p=2^{k}+1=2^{3}+1=9$

$p={\frac {(p+1)^{p-1}-1}{\prod _{i=1}^{k}(1+(p+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $9={\frac {(9+1)^{9-1}-1}{\prod _{i=1}^{3}(1+(9+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $9={\frac {10^{8}-1}{(1+10).(1+10^{2}).(1+10^{4})}}$

Calculo da contradição

Satisfez a igualdade porém 9 não é primo, note que o mdc(10,9)=1, então a divisão não era para ter resultado em um inteiro porém foi o que ocorreu então é uma falha no pequeno teorema de Fermat.

Exemplo(4)

para k=4 então $p=2^{k}+1=2^{4}+1=17$

$p={\frac {(p+1)^{p-1}-1}{\prod _{i=1}^{k}(1+(p+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $17={\frac {(17+1)^{17-1}-1}{\prod _{i=1}^{4}(1+(17+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $17={\frac {18^{16}-1}{(1+18).(1+18^{2}).(1+18^{4}).(1+18^{8})}}$ ⇒

Quando k é 4

Satisfez a igualdade então 17 é primo.

Exemplo(5)

para k=5 então $p=2^{k}+1=2^{5}+1=33$

$p={\frac {(p+1)^{p-1}-1}{\prod _{i=1}^{k}(1+(p+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $33={\frac {(33+1)^{33-1}-1}{\prod _{i=1}^{5}(1+(33+1)^{2^{i-1}})}}$ ⇒ $33={\frac {34^{32}-1}{(1+34).(1+34^{2}).(1+34^{4}).(1+34^{8}).(1+34^{16})}}$

Quando k é 5

Satisfez a igualdade porém 33 não é primo, portanto outra fala do Pequeno Teorema de Fermat.

Diferença de duas potências

Sempre que haver uma diferença de duas potências do tipo $c^{2^{k}}-b^{2^{k}}$ é sempre divisível por a e $\prod _{i=1}^{k}(b^{2^{i-1}}+c^{2^{i-1}})$ ou $\prod _{i=0}^{k-1}(b^{2^{i}}+c^{2^{i}})$, dito isso é só adaptar as as bases e expoentes necessário como foi feito para o Pequeno teorema de Fermat.

Predefinição:Ver também

• Problemas do Milênio
• Problemas de Smale