L'Integrale di Fermat

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L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » mer gen 09, 2013 6:24 am

Qualcuno è interessato a discutere ed approfondire il tema dell'integrazione e le sue possibili applicazioni nello studio dell'UTF ?

Road map:

- POtenza di interi come Sommatorie (serie telescopica)
- Limite di sommatoria -> integrale
- Necessità di trascurare gli infinitesimi di ordine superiore, integrale di Fermat
- UTF e Il "risvolto" scoperto da Fermat
- La "simmetria" dei quadrati
- Il tassello mancante alla conclusione del puzzle UTF e RH

Buon anno !
Ciao !!!

modulocomplicato
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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » mer set 04, 2013 4:52 pm

(Scusate oggi 13-09 ho fatto altre correzioni)

Stufo delle continue discussioni con mia moglie sulle mie strane teorie ho postato la mia soluzione all'AMS dell'ultimo di Fermat e a Beal così com'era, ben sapendo che non ha ancora i requisiti per la pubblicazione e che però darà spunto a qualcun altro per arrivare alla dimostrazione completa.

1 milione di dollari non valgono la pace familiare...

Tanto per non essere preso per un ciarlatano la soluzione, sempre se corretta è dovuta al fatto che le potenze devono soggiacere alle regole dello sviluppo binomiale.

Dato che il mio modulo complicato si basa proprio sull sviluppo binomiale a forze di scivere boiate, in un foglio excel si è materializzata la soluzione.

Ho visto che A^n può essere scritta come sommatoria continua del mio modulo complicato [x^-(x-1)^n], ma a condizione che:

- il limite inferiore sia 1
- quello superiore A
- che il passo della sommatoria sia 1 (cioè x=1,2,3,4...etc... fino ad A)
- che quanto sta nella sommatoria sia (x^-(x-1)^n, con x ed n interi positivi.

Per n=3 vale:

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

Ma è anche possibile (sempre sfruttando le regole del binomio ad esempio per (a+k) ) creare una sommatoria

- a passo minore di 1 ad esempio 1/k

A condizione che:

- 1/k (cioè il passo) divida esattamente A,
- che 1/k sia anche il limite inferiore
- che il limite superiore sia A (o un suo particolare multiplo o potenza)
- che il contenuto della sommatoria sia del tipo ottenibile dallo sviluppo di (a-k)^n, cioè Mn sia (x^n-(x-k)^n).

Quindi posso anche scrivere:

A^3 = \sum_{x=1/k}^{A} (3x^2/k -3x/{k^2} +1/{k^3}) =

SEMPRE A CONDIZIONE CHE x SIA CALCOLATO A PASSO 1/K, cioè ad esempio a partire da 1/10, passo 1/10:

A^3 = \sum_{x=1/10}^{A} (3x^2/10 -3x/100 +1/1000) (sempre sommatoria a passo, 1/10 in questo caso)

Dato che k può crescere indefinitamente (alle condizioni di cui sopra)

Se 1/k va a zero perchè k va al limite ad infinto si ha l'integrale fra 0 ed A cioè:

A^3 =    \sum_{x=1/10}^{A} (3x^2/10 -3x/100 +1/1000) =

Fermat imporrebbe che A^n sia anche esprimibile come una sommatoria a passo 1 a partire da B+1, fino a C, ma questo non è possibile perchè per la regola del binomio (e si vuole ottenere ancora la stessa potenza) nella sommatoria bisogna modificare: il limite superiore (che deve comunque avere tutti passi divisibili per il limite inferiore) e il modulo Mn può essere ridotto scegliendone un altro inferiore.

Per intenderci sul triangolo di tartaglia posso modificare lo sviluppo di A^3 se pongo come limte inferiore della sommatoira proprio A (quindi mi muovo anche a passo "A", solo se prendo la riga superiore dello sviluppo per (x-A)^2. Cioè

A^3 = \lim_{k\to\infty} ( \sum_{x=1/k}^{A} (3x^2/{k} -3x/{k^2} +1/{k^3})  = \int_{0}^{A} 3x^2 dx

Che ho appunto chiamato integrale di Fermat in suo "onore" e per il fatto che potrebbe effettivamente essere la strada da lui percorsa.

Cioè E' POSSIBILE MODIFICARE I LIMITI DELLA SOMMATORIA ED OTTENERE ANCORA UNA POTENZA DI INTERO POSITIVO:

SOLO UTILIZZANDO LE SOMMATORIE A PASSO,

SOLO RISPETTANDO regole dello sviluppo binomiale

Quindi ad esempio:

- A condizione che i limiti e il termine della sommatoria siano modificati in modo opportuno, ad esempio vale anche:

A^3 = \sum_{x=A}^{A^2} (2x-A) (sempre sommatoria a partire da A, a passo A, ma del termine preso dalla riga superiore e cioè quella del quadrato )

Nota: se stilate un foglie xls scoprirete che il limite superiore pari ad una deteminata funzione di A, fornisce ulteriori potenze di interi A PATTO di usare un termine appropriato della sommatoria.
(non mi dilungo sul perchè vale per 2x-A perchè ci sono interessanti e complessi sviluppi)

Il tutto ovviamente ha a che fare con la "SERIE TELESCOPICA"

Veniamo ora al dunque: l'UTF

Imparato ad utilizzare le sommatorie a "passo" per cui ho richiesto la pubblicazione di un nuovo simbolo onde evitare confusione e di poter indicare a lato in basso il passo (che può anche essere una funzione, quindi diverso dal limite inferiore come è per le potenze di interi)

Dato che Fermat richiede che:

A^n = C^n - B^n quindi che per esempio per n=3:

(1) A^3 = \sum_{x=1}^{A} (3x^2-3x+1) =?   \sum_{x=B+1}^{C} (3x^2-3x+1)

Può questo essere vero ?

No, ora semplicemente, perchè le regole del binomio richiedono che:

- il limite inferiore sia 1, ed il passo 1

Oppure: minore di uno, ad esempio 1/k,
- solo se 1/k divide esattamente A,
- a patto che la sommatoria sia A PASSO 1/k
- e che il termine sia opportunamente modificato, quindi non può essere quello presente a destra in Fermat che è quello per lo sviluppo di (x-1) a il passo 1.

Oppure se maggiore di 1

- limite inferiore può essere al massimo A, e solo alle seguenti condizioni:

- che la sommatoria parta da A per arrivare ad A^2 e sia a passo identico ad A (quindi ogni passo divisibile per A)
- di selezionare di conseguenza uno sviluppo per Mn, preso spostandosi in alto di 1 riga nello sviluppo binomiale,

Ad esempio, appunto (ricordando che è una sommatoria a passo, con passo uguale al limite inferiore, quindi andrebbe creato un nuovo simbolo x non confondere)

A^3 = \sum_{x=A}^{A^2} (2x-A) (passo A)

cioè se scelgo di partire da A per il calcolo di A^3 devo prendere come "modulo comlpicato non x^n-(x-1)^n"

ma (2x-A), cioè lo sviluppo di x^n-(x-A)^n per n=2.

Se partite da A = a^2 (perchè A può essere qualsiasi intero, quindi anche una potenza a sua volta, quindi ad esempio un quadrato), vi fermerete ad a^4, a passi di a^2, ma sempre un cubo otterrete...

Concludendo (con la dimostrazione simile al piccolo di fermat) per per verificare Fermat (n>2)

Fermat ha ragione in quanto:

(1) A^3 = \sum_{x=1}^{A} (3x^2-3x+1) <>   \sum_{x=B+1}^{C} (3x^2-3x+1) per i seguenti motivi:

L'uguaglianza potrebbe essere vera se e solo se fossero vere le 3 condizioni esplicitate sopra cioè:

1> B+1 e C dovrebbero essere non solo multipli, ma potenze di A per soddisfare le condizioni dello sviluppo binomiale (cioè B+1 e C divisibili per A)

e dovrebbe in oltre essere anche vero il fatto che da B+1 a C (divisibili per Hp per A) muovendosi a passo 1 (altra condizione necessaria) tutti i termini fra B+1 e C dovrebbero essere anche loro divisibili per A. Fatto chiaramente falso come assodato (vedi anche piccolo di Fermat)

2> Posto per assurdo che B+1, C, e tutti i passi intermedi dividano A si viola comunque la regola dello sviluppo in quanto si deve per forza utilizzare come termine lo sviluppo di (x-A) e non quello di (x-1) come richiesto da fermat.

In oltre se per caso assurdo: B+1= a^2 a C = a^4 (attenzione "a" piccolo, in quanto prendo ad esempio A= a^2)

e voglio ottenere un cubo non posso usare 3x^2-3x+1, ma devo usare 2x-A, quindi violare nuovamente la condizione posta da Fermat nella (1)

3> Se tengo B+1 come partenza la soluzione alla (1) si trova soltanto utilizzando un modulo complicato con passi infinitesimali che terminano ad un C non intero


Non lo dico io, sta scritto implicitamente nella regola dello sviluppo binomiale (o polinomiale) e dipende dalle combinazioni etc.... come noto, e spero ora evidente.

Quindi senza scomodare Gruppi Abeliani etc...

dato che B+1 > A e che fra B+1 e C, in una sommatoria a passo 1, ci sono certamente termini non divisibili per A, dato che se per assurdo anche ci fossero, devo comunque partendo da b+1 utilizzare una sommatoria a passo >1, Fermat aveva ragione.

Se fermat aveva ragione, e indirettamente se non ci credete dato che Wiles ha provato e altri han confermato che Fermat aveva ragione,

La condizione che la sommatoria dal B+1 a C non ha soluzioni è provata quindi possiamo utilizzarla per provare il

perchè invece Beal funziona:

Perchè presi A,B,C non primi fra loro, sappiamo che stiamo scrivendo una cosa DIVERSA DALLA (1) in cui

è possibile, eliminando il fattore comune, arrivare ad un'equazione

che è verificata e funzionante per infinite commbinazioni di A,B,C

In quanto non impongo che i tre termini facciano parte dello stesso ingranaggio, cioè non siano parti della stessa potenza, cioè possano avere differente contenuto della sommatoria e differenti limiti, rispettando solo il fatto che le sommatorie siano di tipo "tradizionale" cioè a passo 1, cioè non debbano soggiacere alle regole dettate dallo sviluppo binomiale.

Ad esempio:

3^5 = 3^3 + (3*2)^3 in quanto raccolto 3^3

3^3 * 3^2  = 3^3 * [1 + 2^3)

Cioè nel mucchio di valori dei moduli complicati che genera il triangolo di Tartaglia per lo sviluppo di (X-1), capita che la somma di due cubi, in questo caso, 1 e 8, dia un quadrato.... come capita anche che la somma di altre potenze generi un'altra potenza.

...purtroppo questo risponde anche al problema del "verduriere matto". Ma non ne potevo più di girare su sta roba.

Prendi il container e a partire da x=1 fai casse di mele di numero pari a (x^n-(x-1)^n

Certamente tutte avranno tutti Mn calcolato per x=1 = 1 cioè 1 mela come più piccola confezione (da dare al verduraio per l'assaggio), e nessuna confezione avrà lo stesso numero di mele (o Fermat e Wiles avrebbero torto)

L'appunto per il verduriere è:
"Caro verduriere se pur non avendo studiato è giunto ad una tale conclusione, e ne aveva la dimostrazione (anche presunta) avrebbe dovuto comunicarla al mondo intero, senza temere di essere preso per pazzo, perchè la matematica è un bene dell'umanità e poco importa se il prezzo che ha da pagare è quello di essere preso per matto... (o di fare una figuraccia perchè non ha dimostrato un bel nulla e l'è solo andata di culo...)"

Ciao
Stefano









Che, per dirla in breve equivale a dire che non posso fare 3 modulo 5
Ultima modifica di modulocomplicato il sab nov 30, 2013 6:50 pm, modificato 4 volte in totale.

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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » mar set 10, 2013 11:31 am

Scusate ho corretto ed integrato, spero sia più chiaro che non ho sbroccato, ma anche XLS vi confermerà i risultati se avete capito cos'è questa nuova sommatoria a passo.

Se serve il codi xls per generare un esempio posso postarlo, ma è banale...

Attendo qualsiasi tipo di riscontro, perchè ci ho speso veramente un'infinità di tempo e sarebbe almeno bello sapere che interessa a qualcuno e che non è tutto da buttare (anche se magari ho scritto qualche boiata nel testo o nelle conclusioni)

Ciao
Stefano

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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » mer set 18, 2013 6:02 am

Sto lavorando sulle conclusioni che ancora nonfunzionano come dovrebbero...

Però mi piacerebbe ricevere almeno un cenno da qualcuno, se no forse è melgio che cancelli tutto onde evitare che resti un delirio in solitaria...

ciao
Stefano

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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » lun ott 21, 2013 2:49 pm

...mah peccato che non interessi proprio a nessuno...

Ciao
Stefano

franco
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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da franco » lun ott 21, 2013 8:43 pm

Stefano,
Ho provato a seguire il ragionamento ma non ci arrivo.
È un osso troppo duro per i miei denti :(

Ciao
Franco

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noun. (en-juh-neer)
someone who does precision guesswork based on unreliable data provided by those of questionable knowledge.
See also wizard, magician

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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » mar ott 22, 2013 6:19 am

...mi spiace, il che vuol dire che oltre ad aver sicuramente preso delle cantonate non sono neppure riuscito a spiegare cosa stavo ecrcando di fare...
magari ci riprovo inserendo il punto di partenza (e le figure).

Ciao
Stefano

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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » mar ott 22, 2013 8:37 am

Ecco proviamo a ripartire con un po' di aiuti grafici....

E' più chiaro cosa sto cercando di fare ?

Immagine

Per chiarire l'ultima affermazione nel file grafico:

restando negli ineri per n>2 l'area sotto la derivata a sinistra di un punto C è minore di quella a destra di C+1, se voglio renderle uguali devo per forza passare agli infinitesimi e rendere C non intero 8ed irrazionale).

Il passaggio a n>2 richiede un altro bel po' di lavoro "grafico"...

Grazie
Ciao
Stefano
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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » lun nov 18, 2013 7:20 am

Posto la bozza della seconda parte... Non è nè completa, nè corretta, ma chi conosce il calcolo integrale potrà capire certamente il concetto che sta alla base della mia dimostrazione (che non è alto che la quinta essenza del calcolo integrale).

La questione è quindi semplice:

1) l'area sotto una curva è calcolabile ESATTAMENTE con l'integrale definito, ad esempio fra 0 ed A

2) Le potenze di interi hanno una caratteristica particolare:

Siano A ed n interi:

A^n è calcolabile in modo "discreto", come sommatoria fra 1 ed A di "colonnine" di base unitaria ed altezza variabile, ma intera Y = M^n-(M-1)^n

Oppure come integrale fra 0 ed A.

3) FERMAT per il Verduraio erudito sul calcolo infinitesimale...

Siano

A<B<C interi, n>2 intero

Problema1:

Se mettiamo le due aree sui piatti di una bilancia (infinitamente precisa) è chiaro che essendo esattamente uguali l'indice resterà al centro in quanto "pesano" uguale.

Problema 2 :

E se, invece, su un piatto ci mettiamo un'area C^n e sull'altro ne mettiamo un'altra più piccola A^n, qual'è l'area mancante per equilibrare la bilancia?

C^n = A^n + (?)

E in particolare dato che quest'area è certamente di valore intero X, dato che C ed A sono interi, può X essere una potenza di intero B ?

La risposta è NO per quanto segue: la condizione (invisibile agli occhi dei vecchi matematici, cioè quelli che precedevano Fermat e tutti quelli che vecchi sono rimasti anche dopo di lui... ) è che L'UGUAGLIANZA DELLE AREE è sufficiente a PAREGGIARE LA BILANCIA, quando queste sono in NUMERO UGUALE SU ENTRABI I PIATTI.

Ma il verduraio erudito (e Fermat prima di lui) ha ben capito che la bilancia A DUE PIATTI che sta usando (in quanto teorica e priva di attriti) HA PRECISIONE INFINITA... quindi se suL PIATTO DI SINISTRA metto un'area calcolata con precisione INFINITESIMALE, anche sull'altro dovrò mettere un'area calcolata CON LA STESSA PRECISIONE, o LA BILANCIA CADRA' DALL'UNO O DALL'ALTRO LATO...

Fermat nota quindi che LE PRIMITIVE DELLE POTENZE DI INTERI sono AREE particolari POSIZIONATE IN MODO BEN DEFINITO SUGLI ASSI e che se e' possibile per n=2 trattarle come TRIANGOLI dato che la primitiva è una retta, quindi l'area che sottende è la somma di triangoli, quindi è possibile FACILMENTE SCOMPORRE LE AREE IN TRIANGOLI E POGGIARE QUESTI TRIANGOLI A PIACIMENTO SULL'UNO O SULL'ALTRO PIATTO A PIACIMENTO FINO A PAREGGIARE LA BILANCIA...

NON E' POSSIBILE FARE LA STESSA COSA CON LE PRIMITIVE CURVE, IN QUANTO PER CALCOLARE ESATTAMENTE L'AREA SOTTO UNA CURVA, è NECESSARIO passare al calcolo infinitesimale. QUINDI SE TAGLIO LA CURVA IN PIU' PARTI A MENO DI NON AVERE A DISPOSIZIONE UN CALIBRO ED UNA FORBICE A PRECISIONE INFINITA, non riuscirò mai ad ottenere due o più aree uguali INTERE, a precisine infinita.

Cioè ciascuna delle due o più aree avrà base di lunghezza A RPECISIONE INFINITESIMALE.

Come si vede da quanto allegato una volta "trasformata" le aree sotto la curva primitiva in un'area "discretizzata" cioè ad esempio trasformata in una somma di colonnine a base unitarie di altezza y= M^n-(M-1)^n sarà necessario, se vogliamo UTILIZZARE UNA ASCISSA COMUNE, che le aree ROSSE eccedenti, PAREGGINO ESATTAMENTE quelle VERDI MANCANTI.

Ma questo non è possibile PER DEFINIZIONE !

NON è POSSIBILE, a meno di passare agli infinitesimi, TROVARE LA POSIZIONE della pila di colonnine lungo X, tale per cui NON SOLO CI SIA UNA EUQIVALENZA DI AREE, MA SI POSSA UTILIZZARE UNA UNICA COMUNE VARIABILE X

Allo stesso modo se è possibile soddisfare UNA CONDIZIONE, cioè equivalenza di aree negli infinitesimi e negli interi, NON è POSSIBILE SODDISFARNE DI PIU', cioè trovare un'altra area DELLA STESSA FORMA A PRIMITIVA CURVA, B^n che sia rappresentabile a sua volta MEDIANTE BASE FINITA (intera o razionale).

QUINDI NON E' POSSIBILE, nè negli interi, nè nei razionali !, trovare un B^n con B intero o razionale che soddisfi l'uguaglianza.

Immagine

Immagine

Scusate, so che è difficile seguirmi, ma sistemare tutto in modo comprensibile con il poco tempo a disposizione i richiederà moltissimo tempo...

Torno quindi a chiarire che PER LA STESSA RAGIONE, A^n = somma di n quadrati... !!!

Cioè c'è una interessante verità matematica: molto spesso la matematica ci restituisce "infinito" ad una operazione, quando il problema non e' posto in modo corretto, CIOè IL NUMERO DI INCOGNITE SUPERA QUELLO DELLE EQUAZIONI A DISPOSIZIONE, o quando si cerca di INSERIRE NELLO STESSO CONTO GEOMETRICO, GRANDEZZE ORTOGONALI FRA LORO (p.es. Tangente di 90°).

... Lo stesso dicasi per Circonferenza e diametro etc.etc.etc....


LA SOLUZIONE AL PROBLEMA FISICO:

Se ci accontentassimo di ottenere una misura "media", cioè di far si che MEDIAMENTE l'ago della bilancia resti centrato...

PER PAREGGIARE UN PESO A PRECISIONE INFINITESIMALE SU UN PIATTO DELLA BILANCIA, BASTA TOGLIERE E METTERE IN CONTINUAZIONE E CON CADENZA OPPORTUNA UN TRIANGOLINO SUL PIATTO DELLA BILANCIA dal LATO DISCRETO....

...da quì: nulla si crea, nulla si distrugge, ma tutto si trasforma in un continuo dis-equilibrio dinamico...


Ciao
Stefano

modulocomplicato
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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » sab nov 23, 2013 10:38 am

Provo a chiarire:

Data la funzione y= x^n una volta definito il valore di x es. x=C, il valore di F(x) in C cioè C^n può essere calcolato come segue:

1- Negli interi prendendo C ed elevandolo ad n

2- Negli interi sommando i "pezzi" che compongono ogni differenza fra Yi= X^n ed Yi-1 = (X-1)^n

3- negli infinitesimi, portando la suddivisione di cui sopra a differenze "dx"

Con C intero, per la regole dello sviluppo binomiale (anche se non ci credete o non lo avete ancora capito) per mezzo di uno sviluppo "telescopico" per n>1 vale quindi quanto segue:

$C^n = \int_{0}^{C}{ n*x^{(n-1)} dx} = \sum_{x =1}^{C}{ (x^n-(x-1)^n}$

che ad esempio per n=3 diventa:

$C^n = \int_{0}^{C}{ 3x^2 dx} = \sum_{x =1}^{C}{3x^2-3x+1}$

da un lato abbiamo il calcolo nelgi infinitesimi, dall'altro quello negli interi.

Grazie allo studio più approfondito della proprietà dello sviluppo binomiale e a quella che (mi fa imbestialire ma è così) viene chiamata "variabile muta" (invece dice moltissimo !) ho capito che possiamo, molto utilmente, anche scrivere:

$C^n = 1/k^3 * \sum_{x =1}^{C*k}{3x^2-3x+1}$

che equivale a scrivere

$C^n = \sum_{x=1}^{M= C k}3 \frac{\left(\frac{x}{k}\right)^2}{k}- 3\frac{\frac{x}{k}}{k^2}+ \frac{1}{k^3}$

ora per ragioni di opportunità trovo necessario introdurre un nuovo simbolo di sommatoria "a passo" differente da 1, in particolare minore di 1 e pari a passo p=1/k . Ciò mi serve per rendere immediatamente intuibile le scritture che seguono.

Quindi, ripeto: mi è utile dire che iniziando da: 1/k, mi muovo a passi di 1/k fino ad arrivare ad esempio all'intero C per "quadrare" y=(x^n).

Il divisore K deve quindi avere una unica caratteristica: deve dividere esattamente C, quindi potrebbe essere:

- K=1 e torniamo ad una sommatoria convenzionale
- K=10^n comodo ed immediato da capire visto che siamo abituati al sistema decimale
- K= C^(1/Q) quindi irrazionale, ma a patto che Q sia un Naturale o un Razionale (etc.. salto altre considerazioni ovvie)

quindi concedetemidi utilizzare il "vecchio" simbolo di sommatoria che abbiamo per indicare la sommatoria a passo, (in attesa che venga accettato un nuovo simbolo) con cui potremo scrivere:

$C^n = 1/k^3 * \sum_{x =1}^{C*k}{3x^2-3x+1} = \sum_{x =1/k}^{C}{3x^2/k-3x/k^2+1/k^3}$

ricordando che il simbolo sommatoria a destra indica somme a passo 1/k

Ora se aumentiamo K aumentiamo la precisione con cui possiamo descrivere C.

Quindi per K>1, grande quanto serve, possiamo descrivere valori di C non solo interi, ma anche razionali.

Se passiamo al limite per K-> infinito avremo quindi l'uguaglianza negli infinitesimi:

$C^3 = \int_{0}^{C}{\left(\right) 3*x^{(3-1)} dx} = \lim_{k\to\infty} { \sum_{x =1/k}^{C}{3x^2/k-3x/k^2+1/k^3}}$

Ora, anche se forse non riuscite ancora a vederlo questo è Fermat, Beal e anche qualcosa d'altro...

Cioè a ben gardare la condizione NECESSARIA (e forse sufficiente) , affinche UNO SVILUPPO telescopico come quello in esame (X^n-(X-1)^n) negli interi o nei RAZIONALI sia ESATTAMENTE UGUALE a C^n, è che ESSO PARTA DA 1 negli interi, 1/k nei razionali ed alcuni particolari irrazionali, e 0 (zero) NEGLI INFINITESIMI

Ora perchè Fermat ha ragione (cioè non vale l'uguaglianza per n<>2): perchè se spezzo, come è lecito fare quanto scritto sopra (integrale = somma degli integrali etc...):

porto l'esempio n=3 onde rendere più facile capire che succede:

$C^3 = \int_{0}^{C}{ 3x^2} dx = \sum_{x =1/k}^{C}{3x^2/k-3x/k^2+1/k^3}$ sarà certamente uguale a:


$\int_{0}^{B}{ 3x^2} dx + \int_{B}^{C}{ 3x^2} dx = \sum_{x =1/k}^{B}{3x^2/k-3x/k^2+1/k^3}+ \sum_{x =B+ 1/k}^{C}{3x^2/k-3x/k^2+1/k^3}$

vedo IMMEDIATAMENTE che posso semplificare B^n da ambo i lati:

$\int_{B}^{C}{3x^2} dx = \sum_{x =B+1/k}^{C}{3x^2/k-3x/k^2+1/k^3}$

ma se voglio che l'uguaglianza sia vera SENZA PASSARE AL LIMITE PER K-> INFINITO, deve essere soddisfatta la condizione necessaria: K divide esattamente C.

Ora: perchè l'ugiaglianza di Fermat in base a questo NON funziona, mentre Beal si ? perchè Fermat chiede di vedificare la condizione in cui siano SOMMATI due termini POTENZE DI INTERI CON LE BASI PRIME FRA LORO, quindi il K che divide esattamente A non dividerà esattamente B e nemmeno C, quindi NON E' possibile soddisfare le condizioni poste. Per dirla con i termini dello sviluppo binomiale: non ci sono sufficienti combinazioni per ricostruire tutte quelle date dallo sviluppo (n su K)....

Beal, invece, funziona, cioè ha soluzioni, in quanto RIMUOVE non 1, ma ben 2 CONDIZIONI DI FERMAT, cioè dice

a) ESPONENTI possono essere DIVERSI
b) ad ogni termine (A,B,C), può essre associato uno speciale moltiplicatore...

Quindi con un po' di pazienza utilizzando le mie sommatorie a passo è possibile "estrarre" lo speciale moltiplicatore (che ricordo i ciechi chiamano variabile muta !) per far vedere che la condizione è necessaria e sufficiente.

In ultimo altro grande mistero della variabile muta:

Quadrato = somma di 2 quadrati, Cubo di 3 cubi etc...

in quanto LA SUDDIVISIONE di una potenza C^n può essere scritta con lo sviluppo binomiale C^n = F(X^-(X-1)^) o in generale C^n= F(X^-(X-p)^) a patto che la varibile muta "p" non superi X, quindi n E' IL MINIMO NUMERO DI SUDDIVISIONI possibili, una volta assegnata UNA regola di suddivisione.

Per essere muta dice davvero un sacco di cose....

C'è da riscrivere tutti i libri con delle scuse ad Archimede per averlo dimenticato quale inventore del calcolo infinitesimale (lettera ad Eratostene), a Fermat per averlo chiamato "principe dei principianti", a Newton per non aver capito la "potenza" dello sviluppo binomiale...

Ma forse prima di tutti all'ignoto Cinese che traccio la piramide di quello che si conosce come "triangolo di tartaglia" e che è la fonte di gran parte della matematica...

Se provate a far eun po' di giochini vedrete che:

- si trova facilmente una relazione fra X^n e n!
- la serie dei numeri triangolari e tutte quelle dei numeri poligonali, possono essere trovate con semplici operazioni sul triangolo

Che si può salire o scendere di riga con una operazione di integrazione o di derivazione (del mio termine X^n-(X-1)^n) aggiungendo in salita +/-1 a seconda se si salga di grado da pari o dispari...

....etc....

Purtroppo il tempo è tiranno e devo chiudere con il rischio di lascira errori e conclusioni errate... cercherò di proseguire appena possibile.

Grazie per la pazienza e la possibilità di restare "visibile"...
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Re: L'Integrale di Fermat

Messaggio da modulocomplicato » mar nov 26, 2013 6:29 pm

Ecco la prima bozza della conclusione "in matematica":

Come credo di non essere stato in grado di spiegarmi fino ad ora:

Posso sviluppare A^n come:

1) A^n = sommatoria da 1 ad A di X^n-(X-1)^n

$A^n = \sum_{x=1}^{A} {X^n-(X-1)^n}$

2) Oppure e questo deriva sempre dallo sviluppo binomiale:

1) A^n = sommatoria da Ka ad A di X^n-(X-Ka)^n, se e solo se A= a*Ka cioè Ka deve dividere esattamente A :

$A^n = \sum_{x=Ka }^{A=a*Ka} {X^n-(X-Ka)^n}$

posto che questa sommatoria DEVE ESSERE A PASSO Ka, quindi 1 solo nel caso in cui Ka=1 (quindi per indicarla servirebbe il mio simbolo speciale che non esiste ancora...)

Quindi una "certa" sommatoria può essere pari ad una potenza di intero A^n:

1) se parte da 1, si arresta ad A, a passo 1, del termine {X^n-(X-1)^n}

2) se, invce, NON parte da 1, deve partire da un certo Ka, terminare ad A, a passo Ka del termine {X^n-(X-Ka)^n} e SOLO A condizione che A=a*Ka

Quindi per n=2 abbiamo l'identità già vista , verificata per ogni B= (A^2-1)/2 e C=(B^2+1)/2, (ed altri) ma è un caso unico !

Mentre per n>2 la "vera" formulazione di Fermat, ridotta con le sommatorie ai minimi termini eliminando le parti comuni diventa:

$A^n = \sum_{x=1 }^{A} {X^n-(X-1)^n} =? \sum_{x=B+1 }^{C} {X^n-(X-1)^n}$

per n>2 NON può trovare risultati in quanto il termine a destra parte da un valore

a) Diverso da 1
b) è a passo 1
c) non contiene il termine corretto dello sviluppo binomiale {X^n-(X-Ka)^n}, ma quello "solito" per (x-1)^n che è {X^n-(X-1)^n}

Fine della faticaccia e spero degli sproloqui...

Ora resta la formalizzazione per Beal:

Vengono rimosse alcune condizioni vincolanti:
solo casi n>2
a) gli esponenti possono essere differenti
b) si presenta nella forma A^x+B^y= C^z
c) ma A,B e C NON sono più primi fra loro, quindi la (b) in realtà ci è utile come traccia, ma va poi semplificata

quindi A,B e C hanno ALMENO un fattore "Ka" in comune e per visualizzarlo possiamo usare le mie sommatorie a passo derivanti dallo sviluppo (x-Ka)^n

in quanto è semplice estrarre e semplificare il fattore comune Ka anche dagli indici. Quindi ricordando che:

A= a*Ka, o meglio A non primo, è il prodotto di primi e/o loro potenze. Quindi scelto uno dei fattori di A e posto A=a*Ka avremo

$A^n = \sum_{x=Ka }^{A} {X^n-(X-Ka)^n}$ passo Ka

Per semplificare prendiamo n=3 quindi

$A^3 = \sum_{x=Ka }^{A} {X^3-(X-Ka)^3} = \sum_{x=Ka }^{A} { 3KaX^2 - 3Ka^2x+Ka^3 }$

quindi

$A^3 = Ka * \sum_{x=Ka }^{A=a*Ka} { 3 X^2 - 3Kax+Ka^2 }$ ora prendiamo Un B ed un C divisibili per Ka, quindi possiamo scrivere:

$B^3 = Ka * \sum_{x=Ka }^{B=b*Ka} { 3 X^2 - 3Kax+Ka^2 }$ sempre passo Ka

Ora per C dobbiamo lasciare il termine incognito in quanto l'esponente incognito, ma sappiamo che il trermine sarà del tipo:

Mz= {X^n-(X-Ka)^z} quindi:

$C^z = Ka * \sum_{x=Ka }^{C=c*Ka}{X^n-(X-Ka)^z}$ sempre passo Ka, con però z incognito e diverso dai primi due

che messi nell'equazione di Beal danno:

$A^3 + B^3 = C^z$ che ha come soluzione CON LE MIE SOMMATORIE A PASSO Ka > 1, nell'esempio: Ka=3, quindi passo 3

$Ka * \sum_{x=Ka }^{A=a*Ka} { 3 X^2 - 3Kax+Ka^2 } + Ka * \sum_{x=Ka }^{B=b*Ka} { 3 X^2 - 3Kax+Ka^2 } = Ka * \sum_{x=Ka }^{C=c*Ka}{X^n-(X-Ka)^z}$

calcolata per il caso particolare: Ka =3 a=1, b=2, c=1 Z =5

$3^3 + (2*3)^3 = 3^5$

in cui:

$3^3 *( 1+ 2^3) = 3^3 * 3^2$

....sbrogliare in un altro conto d'esempio mi risulta ancora un po' lungo... ma direi che FORSE ci siamo !

... certo se qualcuno con qualche laurea mi degnasse di lettura e pietas per il mio "vulgo"....

Grazie
Ciao
Stefano

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