E se vi dicessi che ho risolto Beal ?

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E se vi dicessi che ho risolto Beal ?

Messaggio da modulocomplicato » gio ago 28, 2014 10:12 pm

E se vi dicessi che ho risolto Beal ?

1) Continuando a studiare il mio modulo complicato e le Sommatoire a Passo...

che ricordo cosa fanno: anziche incrementare di 1, si incrementa di un passo "p" uguale al valore del limite inferiore (a condizione ovviamente che il limite superiore sia un multiplo del passo, se si vuole restare negli interi)

Ad esempio per n=3:

$A^3 = \sum_{x =1}^{A^2} {{(2m-A)}}$

Quindi se avessimo: 27 = 3^3

è calcolabile come sommatoria a passo 3, da 3 a 9 (3^2) di

m1= 3*1, s1= (2*m1-A)= (2*3-3) = 3
m2= 3*2, s2= (2*m2-A)= (2*6-3) = 9
m3= 3*3 , s3= (2*m3+A)= (2*9-3) = 15

A^3 = s1+s2+s3= 3 + 9 +15 = 27 = 3^3 (etc... per ogni n)


2) Ho quindi trovato queste sommatorie "tradizionali"

Per n dispari:

$A^n = \sum_{x =1}^{A^{(n-1)/2}} {{2mA-A}}$

per n pari:

$A^n = \sum_{x =1}^{A^{(n/2)}} {{2m-1}}$

Le ho trasformate in sommatorie a passo, ed il problema si è così "Linearizzato".

(scusate c'è ancora qualche errorino negli esponenti delle sommatorie indicate in figura)

Immagine

A questo punto ho capito come funziona la maggior parte dei problemi sull potenze n-esime... (e che cosa è una sezione di dedekind...)

Ciao
Sfefano

...trovo molta ostilità in chi forse non vuole ammettere che sta cosa funziona... e te credo visto che risolve....

Gianfranco
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Re: E se vi dicessi che ho risolto Beal ?

Messaggio da Gianfranco » ven ago 29, 2014 9:04 am

Ciao Stefano, non so se riuscirò a seguirti, ma ti chiedo di inserire nella tua traccia un passaggio che mi sembra mancante.
La congettura di Beal dice che:
Dati sei numeri interi positivi: A, B, C, x, y e z con x, y, z > 2

Se \large A^x + B^y = C^z allora A, B e C hanno un fattore primo in comune.

In che modo i grafici che hai proposto aiutano a dimostrare la congettura?
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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Re: E se vi dicessi che ho risolto Beal ?

Messaggio da modulocomplicato » sab ago 30, 2014 11:34 am

Grazie,

Prima rimetto a posto gli errorini sulla figura, ne riporto anche un'altra e poi spiego.

La sostanza è che una volta che si capisce che i problemi con le potenze sono riducibili a problemi lineari, basta applicare la trigonometria e le regole di similitudine/proporzionalità dei triangoli per risolverli.

Nel caso particolare la condizione è che i 3 triangoli abbiano basi ed altezze proporzionali, in modo che anche le aree siano proporzionali e che quindi si possano sottrarre l'una dall'altra utilizzando il triangolo di area minima comune a tutti e tre i triangoli... ottenendo ancora un triangolo con lati interi...

Pazzesco... ma vero !

Ciao
Stefano

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Re: E se vi dicessi che ho risolto Beal ?

Messaggio da modulocomplicato » sab ago 30, 2014 2:22 pm

Ecco ho sistemato e aggiunto una figura:

Qui sotto: ho scoperto delle sommatorie particolari che ho chiamato "a passo" che possono essere ricavate tramite sommatorie normali, mediante un semplice cambio di variabile.

Per farla breve anziché fare 1+3+5+7+..+n = n^2

Per n>2 posso anche fare: 3+9+15+21+27+33+39+45+51 = 3^5

Cioè mi muovo in questo caso a passi di 6.

Purtroppo NON esiste il simbolo per sommatoria a passo, quindi uso il simbolo di sommatoria e ci metto (s) dentro per far capire...

A condizione che il passo ed il limite inferiore siano gli stessi, e che il passo DIVIDA ESATTAMENTE il limite superiore...

LA SOMMATORIA a PASSO "A" che segue, se A è intero e alle condizioni di cui sopra, è una potenza di interi:

$A^m = \sum_{m=A}^{A^{(n+1)/2}} (2m-A)$

Da questo mettendo tutti i termini di A^3 che hanno valore quindi altezza: (2m-A) su un grafico

a distanza pari al passo p = A

Facendo la stessa cosa per C mi accordo che tutti i valori dei termini (2m-A) o (2r-C) sono allineati (da qui linearizzazione) quindi

Mi chiedo se esista un B intero tale per cui B^y sia la differenza C^z-A^m = B^y

Se esiste deve essere anche lui una somma di termini che stanno sotto una retta.

Immagine

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Quindi Beal C^z = A^x + b^y nel caso 3^5 = 3^3 + 6^3

comporta A=C = 3 ; B=6 ; x=3, y=3, z=3

quindi riscritto con le mie sommatorie a passo:

$C^5 = \sum_{r=C}^{C^{(n+1)/2}} (2r-C) = \sum_{r=C}^{C^{(5+1)/2}} (2r-C) = \sum_{r=3}^{3^3} (2r-3)$

$A^5 = \sum_{m=A}^{A^{(n+1)/2}} (2m-A) = \sum_{m=A}^{A^{(3+1)/2}} (2r-A) = \sum_{m=3}^{3^2} (2m-3)$

Si vede subito che A^3 è o coincide con la prima parte di C^3, quindi la sottrazione è immediata.

A questo punto quanto resta, deve essere ancora una potenza di interi: B^3

Ora dato che in A,B,C, diversamente da Fermat, possiamo avere un fattore comune,

e pure possiamo avere esponenti diversi,

quanto resta sarà ancora una potenza se posso riarrangiare la somma delle colonnine che restano (o proporzionalmente l'area che resta) in modo che le nuove colonnine (rosse) stiano ancora sotto ad un segmento rettilineo (rosso) tale per cui, pur avendo un'altra pendenza dovuta ad una diversa base B, quanto manca a sinistra dell'intersezione fra il segmento Blu e Segmento Rosso, sia esattamente quanto eccede a destra dell'intersezione (due triangoli gialli identici.

In particolare, poi, deve anche essere che il lato verticale dei triangoli deve essere intero...

Ora se non ci fosse un fattore comune 3, cioè A,B,C FOSSERO COPRIMI, avremmo a che fare con tre aree riconducibili a tre triangoli non simili, quindi cercando di sottrarre uno dei più piccoli dal più grande quello che si ottiene non sarà di certo un triangolo simile ai due precedenti.

Se, invece, i 3 triangoli sono simili con lati interi e proporzionali fra loro, quindi hanno come minimo 1 fattore comune, è possibile riarrangiare le tre sommaotorie ed ottenere un risultato intero anche dalla sottrazione C^z-A^x o C^z-B^y.

Immagine

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Ho le formiche alle mani... devo mollare perché ho 2 altri lavori che incalzano..
Ciao
Stefano

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