Perchè l'Ultimo di Fermat funziona per n=2

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Perchè l'Ultimo di Fermat funziona per n=2

Messaggio da modulocomplicato » mer gen 27, 2016 7:37 am

Spero di essere arrivato alla fine con l'Ultimo di Fermat per n>2.

Tanto per digerire un pezzo per volta e controllare se ci fossero ancora degli errori, vi invio il procedimento che spiega perchè per n=2 c'è soluzione al problema:

Chi mi ha già letto sa che affronto l'UTF trasformando tutto in sommatorie.

Per n=2 è ben noto che

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

Uso x perchè possiamo mettere il tutto su un piano cartesiano così com'è.

Quindi possiamo trasformare:

$\sum_{x=1}^{A}(2x-1) = \sum_{x=1}^{C}(2x-1) - \sum_{x=1}^{B}(2x-1)$

or:

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

Ora, non so quanti si siano mai posti il problema di come "abbassare" il limite inferiore di una sommatoria lasciando invariato il risultato.

La cosa è molto semplice:

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

cioè se si abbassa ad 1 il limite inferiore, si deve sottrarre da quello superiore e sommare al temine dipendente dall'indice.

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

quindi nuovamente sottraendo il quadrato più piccolo (C-B)^ da quello più grande A^2:

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

abbassando nuovamente il limite inferiore:

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

separando nuovamente quello che è il quadrato di (A+B-C)^2, dalla somma di termini costanti:

$\sum_{x=1}^{A+B-C}(2x-1) + (A+B-C)*2(C-B)= 2BC-2B^2$

abbiamo:

$(A+B-C)^2 + (A+B-C)*2(C-B)= 2BC-2B^2$

cioè

$(A+B-C)^2 + 2AC-2AB+2BC-2B^2-2C^2+2BC-2BC+2B^2=0$

cioè

$A^2+B^2+C^2+2AB-2AC-2BC + 2AC-2AB+2BC-2B^2-2C^2+2BC-2BC+2B^2=0$

cioè

$A^2+B^2-C^2 =0$

Quindi abbiamo confermato che la nostra tesi iniziale è corretta: possono esistere A, B, C interi tali per cui

$A^2+B^2-C^2 =0$


Mentre per la dimostrazione per n>2 introduco un nuovo operatore che ho definito "sommatorie a passo 1/K", che consentono di lavorare anche con i Razionali. Rifaccio lo stesso processo e diversamente da quanto succede per n=2 la conclusione contraddice la tesi...

Per n=3 si ha:

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

Che trasformato in sommatorie a passo 1/K per vedere se ci sia una soluzione nei razionali diventa:

$\sum_{x=1/K}^{A}(3x^2/K-3x/K^2-1/K^3) =? \sum_{x=B+1/K}^{C}(3x^2/K-3x/K^2-1/K^3) = \int_{x=B}^{C} 3x^2 dx$

Cioè di certo dati A,B interi vale:

$\sum_{x=1/K}^{A}(3x^2/K-3x/K^2-1/K^3) = \int_{x=B}^{C} 3x^2 dx$

con C\in R

ma per rimuovere il punto interrogativo si dovrebbe dimostrare che è possibile l'uguaglianza, se non negli interi almeno nei razionali.

Ovviamente, come ha già dimostrato Wiles, con gli interi questo non funziona, cioè non è possibile ricostruire un cubo con i pezzi rimasti dalla sottrazione (C^3-B^3), nè qualsiasi altra potenza superiore.

Quello che NON è possibile capire dalla dimostrazione di Wiles è PERCHE'.

Questo metodo, invece (una volta che sarà "approvato corretto") oltre ad NON richiedere conoscenze "superiori" di teoria dei numeri (e la lettura di 200 pagine), fa vedere esattamente come si smonta il cubo più grande per trasformarlo in uno più piccolo e che pezzi restano per la strada... ( e perchè, invece, funziona con i quadrati).

Ho perseguito per anni questo risultato in quanto partendo dallo sviluppo binomiale ero certo di poter contare sull'induzione matematica: una volta dimostrato perchè funziona per n=2, poi perchè non funziona per n=3 (basta poi mettere n=m ed n=m+1) per chiudere la dimostrazione per tutti gli n>2.

In sostanza è la prova che la derivata curva è cioè che impedisce la soluzione negli interi e pure nei razionali:

- Il prodotto misto a più termini dipendenti dall'indice resta come la sabbia negli ingranaggi.

Perchè mi pare un soluzione "elegante" perchè spiega anche, con il passaggio al limite perchè

- Passando agli infinitesimi dato che spariscono i termini dopo il primo (infinitesimi di ordine superiore), la soluzione è possibile.

Se giusto sarebbe la fine di un lavoro di migliaia di persone durato centinaia di anni... per questo non canto vittoria e spero che qualcuno abbia intenzione di controllarlo seriamente (e con la mente un po' apertà eprchè c'è da digerie la notazione delle sommatorie a passo che non esiste e per qualche schizzinoso potrebbe essere motivo di sdegno...).

Se vi interessa vi posto un link esterno....

Grazie,
Ciao !
Stefano

Pasquale
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Re: Perchè l'Ultimo di Fermat funziona per n=2

Messaggio da Pasquale » ven gen 29, 2016 8:52 pm

Scusate, è da parecchio che manco su questo forum, ma mi sembra di ricordare che una volta i numeri ed i vari simboli delle formule non apparivano in formato così minuscolo.
Per me queste formule sono divenute ilegibili. Un saluto a tutti.
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Re: Perchè l'Ultimo di Fermat funziona per n=2

Messaggio da modulocomplicato » mar feb 16, 2016 2:31 pm

Peccato speravo interessasse qualcuno anche la dimostrazione del perchè per n=3 invece non funziona...

Ciao
Stefano

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