Non può essere così semplice....

Cavolate, barzellette, cose che non c'entrano niente, e tutto il resto.

Non può essere così semplice....

Messaggioda complicatemodulus » 12/06/2016, 18:39

Riprovo a postare una domanda con la speranza che non vada a finire come l'ultima volta...

E' una caccia all'errore:

Fermat ha sicuramente trovato la dimostrazione al suo teorema, in quanto è semplicissima:

Supponiamo sia vero che:

(1) $A^3=C^3-B^3$ con le condizioni poste da Fermat.

Dunque dato che conosciamo il comportamento dei termini dello sviluppo binomiale, sappiamo che è sicuramente vero per $A, B, C \in N ; K \in Q$:

(2) $(A-1/K)^3\neq(C-1/K)^3-B^3$

( Sono ovviamente esclusi i casi banali: ad esempio è chiaro che passando al limite per $K\to\infty$ si ritorna alla (1) )

Ma con $K \in Q$, se sviluppiamo ipotizzando che la (1) sia vera, notiamo che, invece, esiste almeno un $K \in Q$ che soddisfa l'uguaglianza:

$(A-1/K)^3=(C-1/K)^3-B^3$

$A^3-1/K^3 +3A/K^2 - 3A^2/K = C^3-1/K^3 +3C/K^2 - 3C^2/K - B^3$

semplificando e supponendo vera la (1):

$ A/K^2 - A^2/K = C/K^2 - C^2/K $

che ha soluzione per $K=1/(A+C)$

Ma ciò è un assurdo, in quanto sappiamo che aumentando/diminuendo due valori differenti dello stesso valore (1/K),

una volta elevato a potenza (n=3 in questo caso)

la differenza fra le potenze dei due differenti binomi così costruiti, non è mai uguale.

Mentre se rifacciamo lo stesso ragionamento per n=2 avremo che l'uguaglianza NON dipende da K:

$(A-1/K)^2=(C-1/K)^2-B^2$

$A^2+1/K^2 -2A/K = C^2-1/K^2 -2C/K - B^2$

semplificando e supponendo vera la (1) si ha che l'unico caso possibile rientra in quelli banali ed esclusi:

$ A = C $

che NON dipende da K ....

Dato che conosciamo le regole dello sviluppo binomiale la considerazione è facilmente estendibile per qualsiasi $n>3$ ad esempio utilizzando l'induzione come prova.

Sostanzialmente la dimostrazione dice che la causa della non esistenza di soluzioni, a partire da $n=3$, è da ricercarsi nei prodotti misti di grado superiore a 1, quindi è riconducibile "visivamente", al fatto che partire da $n=3$ la derivata prima è una curva.

Ora, dato che la cosa sarebbe veramente troppo semplice per credere che ci siano voluti 300 anni per scoprirla, ...chi trova gli errori ?
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda afullo » 16/06/2016, 0:34

complicatemodulus ha scritto:Supponiamo sia vero che:

(1) $A^3=C^3-B^3$ con le condizioni poste da Fermat.

Dunque dato che conosciamo il comportamento dei termini dello sviluppo binomiale, sappiamo che è sicuramente vero per $A, B, C \in N ; K \in Q$:

(2) $(A-1/K)^3\neq(C-1/K)^3-B^3$

( Sono ovviamente esclusi i casi banali: ad esempio è chiaro che passando al limite per $K\to\infty$ si ritorna alla (1) )

Ma con $K \in Q$, se sviluppiamo ipotizzando che la (1) sia vera, notiamo che, invece, esiste almeno un $K \in Q$ che soddisfa l'uguaglianza:

$(A-1/K)^3=(C-1/K)^3-B^3$


Mi dispiace quello è successo qualche mese fa. Forse non ho capito io, ma tu in (2) dici che per ogni (i quantificatori non li hai messi esplicitamente, ma il fatto che tu escluda dei casi nella riga dopo rende chiaro che tu non ne stia affermando soltanto l'esistenza per determinati valori) $K \in Q$ vale quel segno di $\neq$, salvo poi affermare che per almeno un $K \in Q$ vale in realtà il segno di uguale. Non sono in contraddizione?
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda complicatemodulus » 16/06/2016, 5:53

Si certo, l'errore è proprio quello.

Ora la domanda un po' più interessante: questo "giro a vuoto" riveduto e corretto ci potrebbe portare da qualche parte ?
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda afullo » 16/06/2016, 13:54

A me convince poco per un semplice fatto: a parte le restrizioni che imponi artificiosamente tu, sembra che non venga mai realmente utilizzata l'ipotesi di interezza di $A,B,C$.

Detta così, sembrerebbe che si arrivi a concludere che $ A^3 = C^3 - B^3 $ non possa valere nemmeno per $A,B,C$ reali, fatto che ovviamente è falso.
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda complicatemodulus » 16/06/2016, 17:02

(27-06-2016 LASCIO IL POST CON LA SEGNALAZIONE DEGLI ERRORI DI CONTO NELLO SVILUPPO E INSERISCON UN NUOVO POST CORRETTO AL FONDO)

Bisogna cancellare tutto e vedere se la (2), opportunamente rimaneggiata, partendo dall'ipotesi che $A^n=C^n-B^n$ sia vero sotto le condizioni di Fermat, porti ad un assurdo.

Ho un sistema di riduzione che porta ad uno sviluppo "monstre" del tipo (ad esempio per n=3):

$(A+B-C)^3 = f(A,B,C,K)$

Si basa sull'utilizzo di Sommatorie "a Passo" $1/K,2/K...$ etc... che consentono di lavorare nei razionali, con indici razionali.

Il perchè della trasformzione in sommatorie è dato dal fatto che è facile sottrarre membro a membro e perchè le potenze di interi hanno la caratteristica di NON dipendere dal $K$ che si sceglie, cioè la derivata di $y=x^n$ (*) è "quadrabile" con colonnine di qualsi base unitaria $K=1$ o razionale $1/K, K>1$, e per $K\to\infty$ tramite l'integrale, che in sostanza è il limite della sommatoria a passo, con passo infinitesimale:

Un esempio per n=2 (sperando che non si caschi nuovamente nella lite: dovete accettare l'estensione dell'uso della sommatoria come segue, in quanto utile e matematicamente corretta)

Sappiamo che:

$ A^2 = \sum_{1}^{A} 2X-1 $

Introducendo con lo stesso simbolo di sommatoria un operatore che chiamo "Step Sum" in cui l'indice (x) è razionale e si muove a passi: $1/K,2/K... A$ con $K$ solitamente, ma non necessariamente intero, che divide esattamente $A$, condizione quest'ultima strettamente necessaria, altrimenti la sommatoria non si arresterebbe esattamente al limite superiore.

Partendo dalla sommatoria nota, senza che si abbiano variazioni sul risultato, moltiplicando il numero di passi da 1 ad A per $K$, e modificando i termini interni si ha che ancora per lo stesso $A$:

$ A^2 = \sum_{1}^{AK} 2X/K^2-1/K^2 $

modificando l'indice in $x=X/K$, partendo dal limite inferiore 1/K, muovendosi a passi 1/K,2/K...A, possiamo scrivere:

$ A^2 = \sum_{1}^{AK} 2X/K^2-1/K^2 = \sum_{1/K}^{A} 2x/K-1/K^2 $

Passando al limite per $K\to\infty$:

$ A^2 = \sum_{1}^{A} 2X-1 = \sum_{1/K}^{A} 2x/K-1/K^2 = \lim_{K\to\infty} \sum_{1/K}^{A} 2x/K-1/K^2 = \int_{0}^{A} 2x dx= A^2 $

(Ometto la facile dimostrazione)

Da cui si vede che se A è un intero, possiamo quadrare la sua derivata INDIPENDENTEMENTE da K (e anche usare $K<1$ in alcun casi in cui ad esempio A non sia un primo).

Quindi questa è una proprietà TIPICA delle POTENZE DI INTERI... (serie telescopica etc...) che potrebbe, ripeto, potrebbe consentirci di arrivare da qualche parte a stanare quello che mi è evidente, e cioè che la causa dell'assenza di soluzione per $n>2$ si possa ricondure ai termini misti di grado maggiore di 1, o pù semplicemente al fatto che la derivata sia una curva e non una retta.

Nota: in funzione del limite superiore da raggiungere è quindi possibile scegliere il giusto K negi interi (K=1) nei Razionali (K>1 opportuno), mentre per i reali (ad esempio gli irrazionali) si deve passare al limite per $K\to\infty$

Tornando a Fermat e al coniglio nel cilindro...

La manipolazione è LUNGA e noiosa e parte da quando già scritto nel post precedente:

(1) $ (A-1/K)^n = (C-1/K)^n - B^n $

con ipotesi che sia vera negli interi:

$ A^n = C^n - B^n $

La (1) trasfomata con le sommatorie a passo nel caso $n=3$ diventa:

$ \sum_{1}^{A-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 = \sum_{B+1/K}^{C-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 $

a questo punto segue una lunga riduzione successiva della sommatoria di destra alla somma di un nuovo cubo più altri termini...

Riducendo i limiti nella sommatoria di destra per poter evidenziare il cubo che contiene abbiamo che:

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

sviluppando e raggruppando il primo cubo e altri termini che riconosciamo essere quadrati o termini noti:

$\sum_{1}^{A-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 = \sum_{1/K}^{C-B-1/K} \left(3x^2/K- 3x/K^2 +1/K^3+6Bx/K-3B/K^2+3B^2/K \right) $

considerando solo il secondo membro che si allunga parecchio isoliamo il cubo lasciandolo sotto forma di sommatoria perchè è facile capire come si togliere al primo membro:

**********************************************
Scusate devo debaggare da quì perchè c'è un /K^2 di troppo nel quadrato moltiplicato per 3B, quindi questa è errata:
$ = \left( \sum_{1/K}^{C-B-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 \right) + 3B/K^2 (C-B-1/K)^2 + 3B^2/K (C-B-1/K)^2 $

Questa è corretta:
$ = \left( \sum_{1/K}^{C-B-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 \right) + 3B (C-B-1/K)^2 + 3B^2/K (C-B-1/K)^2 $

Devo correggere quello che segue.... come riesco, ma il risultato sembra restare valido....

**********************************************
Sottranedo il cubo a destra da quello di sinistra e riportando nuovamente quanto resta a sinistra ad un cubo e portando a destra tutto il resto....

si arriva ad una roba del tipo:

$ (A+B-C)^3 = 3B^2C^2/K-6CB^3/K-12ABC+3BA^2+6AB^2+6AC^2+9BC^2-3CA^2-9CB^2+3B^4/K+3B^3-3C^3-6ABC/K+3BC^2/K-3AB^2/K-3AC^2/K-$
$-3CB^2/K+3C^3/K-3B^3/K+3A^2/K+3B^2/K+3C^2/K+3BC^2/K^2-12CB^2/K^2+6AB/K-6AC/K-6BC/K+9B^3/K^2+6AC/K^2+12BC/K^2-6AB/K^2-$
$-6B^2/K^2-6C^2/K^2-6BC/K^3+9B^2/K^3+3C/K^3-3A/K^3-3B/K^3+3B/K^4 $

che prima di mettermi a controllare avrei bisogno che qualcuno con l'occhio più lungo del mio mi dica se ci porta da qualche parte o no... cioè se sostiene la tesi iniziale che non esiste una soluzione per l'uguaglianza in quanto $(A+B-C)^3$, che è una potenza di un intero, sarebbe funzione del passo K con cui effettuiamo la "quadratura", in quanto ad esempio ne esiste solo un numero limitato che soddisfano l'uguaglianza (di cui almeno uno deve essere K>1) e cioè se possiamo affermare

$ (A+B-C)^3 = f(K)$ contrariamente a quanto noto.

... non so se mi sono spiegazzato...

Thanks !
Ciao
Stefano

(*) anche le derivate successive mantengono la stessa proprietà e questo nel caso potrebbe essere l'altro tallone d'achille in quanto con una serie di derivazioni si può sempre arrivare ad una derivata lineare (che potremmo definire "penultima").
Ultima modifica di complicatemodulus il 27/06/2016, 7:03, modificato 4 volte in totale.
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda complicatemodulus » 17/06/2016, 6:34

Ma forse più semplicemente basterebbe fare il controllo al limite per $K\to\infty$ in cui spariscono tutti gli infinitesimi di ordine superiore e si dovrebbe tornare ad uno sviluppo corretto del trinomio...
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda complicatemodulus » 27/06/2016, 7:34

(RIVISTO, CORRETTO, spero, e COMPLETATO il 28-06-2016)

Ho finalmente avuto qualche ora per controllare i conticini ed ora dovrebbe essere tutto a posto (salvo ovviamente verifica da parte di chi "sa" per davvero):

Partendo da quanto è sicuramente vero per $K\to\infty$:

(1) $ (A-1/K)^n = (C-1/K)^n - B^n $

con ipotesi che sia vera negli interi:

$ A^n = C^n - B^n $

Trasformando la (1) in Sommatorie a Passo 1/K, in modo da lasciare K, ma da poter ridurre al cubo più piccolo possibile cioè $(A+B-C)^3$, procedendo quindi con lo sviluppo e l'estrazione dei temini, ove possibile.

Quindi la (1) trasfomata con le sommatorie a passo nel caso $n=3$ diventa:

$ \sum_{1/K}^{A-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 = \sum_{B+1/K}^{C-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 $

Riducendo i limiti della sommatoria di destra per poter evidenziare il cubo che contiene (ovviamente senza che il risultato cambi) abbiamo:

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

sviluppando e raggruppando il primo cubo e altri termini che riconosciamo essere quadrati o termini noti:

$\sum_{1/K}^{A-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 = \sum_{1/K}^{C-B-1/K} \left(3x^2/K- 3x/K^2 +1/K^3+6Bx/K-3B/K^2+3B^2/K \right) $

Estranedo il cubo, il quadrato ed isolando il termine indipendente dall'indice, il secondo termine diventa:

$ = \left( \sum_{1/K}^{C-B-1/K} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 \right) + 3B (C-B-1/K)^2 + 3B^2/K (C-B-1/K) $

Sottraendo dal cubo di A a sinistra quello di destra quello che resta è:

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

Nuovamente "abbassando" i limiti della somma da $(C-B)$ a $1/K$ implica che dobbiamo sottrare da entrambe i limiti superiore ed inferiore: $(C-B-1/K)$ e sommarlo ai temini che dipendono dall'indice in quello che sta per diventare un lungo e facile sviluppo (solo noioso):

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

Nuovamente raggruppando cubi, quadrati e frattaglie:

$ \sum_{1/K}^{A+B-C} 3x^2/K-3x/K^2+1/K^3 + $

$ +\sum_{1/K}^{A+B-C} 6Cx/K-9C/K^2- 6Bx/K+9B/K^2-6x/K^2+6/K^3-6BC/K+3B^2/K+3C^2/K = $

$ =3B (C-B-1/K)^2 + 3B^2/K (C-B-1/K) $

Considerando solo l'ultima parte del primo termine:

$+\sum_{1/K}^{A+B-C}\left( 3C (2x/K-1/K^2) - 3B(2x/K-1/K^2) -3/K(2x/K-1/K^2) \right) +$

$+\sum_{1/K}^{A+B-C}\left(-6BC/K+3B^2/K+3C^2/K-6C/K^2+6B/K^2+3/K^3 \right)$

Risolvendo i vari pezzi singolarmente per chiarezza:

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

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

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

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

$\sum_{1/K}^{A+B-C}\left(-6BC/K+3B^2/K+3C^2/K-6C/K^2+6B/K^2+3/K^3 \right) = $

$ = \left(-6BC/K+3B^2/K+3C^2/K-6C/K^2+6B/K^2+3/K^3 \right) * (A+B-C) $

$ (- 6ABC/K+3AB^2/K+3AC^2/K-9CB^2/K+9BC^2/K+3B^3/K-3C^3/K+ $

$ + 6AB/K^2-6AC/K^2-12BC/K^2+6B^2/K^2+6C^2/K^2+3A/K^2+3B/K^2-3C/K^2) $


A destra avremo:

$ 3B (C-B-1/K)^2 + 3B^2/K (C-B-1/K) = 3BC^2-3CB^2-6BC/K+3B^2/K+3B/K^2 $

Riordinando ed inserendo tutti i vari pezzi :

\[ (A+B-C)^3 = \]

$-3C(A+B-C)^2+3B(A+B-C)^2+3/K(A+B-C)^2-(-6ABC/K+3AB^2/K+3AC^2/K+9BC^2/K-9CB^2/K+
3B^3/K-3C^3/K+6AB/K^2-6AC/K^2-12BC/K^2+6B^2/K^2+6C^2/K^2+3A/K^2+3B/K^2-3C/K^2)+
3BC^2-3CB^2-6BC/K+3B^2/K+3B/K^2$

$= -12ABC+3BA^2+6AB^2+6AC^2+12BC^2-3CA^2-15CB^2+6B^3-3C^3+6ABC/K+12CB^2/K-3AB^2/K-
3AC^2/K-9BC^2/K+3C^3/K-6B^3/K+6AB/K-6AC/K-12BC/K+3A^2/K+3C^2/K+9B^2/K+6AC/K^2+
12BC/K^2-6AB/K^2-6C^2/K^2-9B^2/K^2+3C/K^2-3A/K^2 $

che al limite per $K\to\infty$ diventa:

\[ (A+B-C)^3 = -12ABC+3BA^2+6AB^2+6AC^2+12BC^2-3CA^2-15CB^2+6B^3-3C^3 \]

Cioè l'assurdo che cercavamo.

Credo di poter azzardarela il commento che in questo modo mi pare più semplice ed evidente l'effetto "cascata infinitesimale" che porta all'assurdo, cioè alla violazione del "buon ordinamento" con cui Newton conclude il caso per n=3.

Diversamente dalla dimostrazione di Newton, però, questa consente di estendere immediatamente anche a qualsiasi n>3, semplicemente conoscendo la regola dello sviluppo binmiale e in particolare avendo capito che quello che impedisce la risocostruzione di un corretto ordinamento è la presenza dei temini misti di grado superiore al primo, o con una frase "visivamente" molto utile: è causato dal fatto che a aprtire da n=3 la derivata è una curva.

Ovviamente Sub Judice, se non ho commesso errori vari...

Ciao
Stefano









Thanks !
Ciao
Stefano
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda ngshya » 02/07/2016, 18:38

complicatemodulus ha scritto:(RIVISTO, CORRETTO, spero, e COMPLETATO il 28-06-2016)

[...]

che al limite per $K\to\infty$ diventa:

\[ (A+B-C)^3 = -12ABC+3BA^2+6AB^2+6AC^2+12BC^2-3CA^2-15CB^2+6B^3-3C^3 \]

Cioè l'assurdo che cercavamo.



Non ho capito. Come hai dimostrato che questo è un assurdo? Non ho controllato tutti i tuoi conti ma sostanzialmente stai dicendo che se esistono $A, B, C \in \mathbb{N}^+$ tali che $A^3 + B^3 = C^3$ allora $(A+B-C)^3 = -12ABC+3BA^2+6AB^2+6AC^2+12BC^2-3CA^2-15CB^2+6B^3-3C^3$? A questo punto non dovresti dimostrare che quest'ultima equazione diofantea non ha soluzioni?

Se fosse giusta la dimostrazione, non avresti dimostrato solo il caso particolare $n=3$?

In LaTeX devi usare \frac{}{} per scrivere le frazioni. ;)
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda complicatemodulus » 03/07/2016, 22:02

Si hai ragione sono un po allergico alle frazioni quando sono semplici.

Per il resto spererei che qualcuno che ha analizzato il problema nei suoi punti più critici possa rispondere anche a questi tuoi quesiti ( però credo che ti potrai rispndere da solo se hai capito su cosa si basa il tutto e alla fine ripensando allo sviuppo di Newton per un trinomio di interi).

Scusa se ti sarò sembrato acido, ma vorrei evitare di parlare ancora io... che oltretutto non sono un professore...

Grazie
Ciao
Stefano

p.s. dato che ( amministratori a parte) non so chi siete, se cortesemente in qualche modo mi fate capire a livello di studi a che punto siete ( se siete professori) magari evito di fraintendere un cortese suggerimento del fatto che ho cannato tutto, come la considerazione di chi non è ancora entrato nel problema a sufficienza...
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Re: Non può essere così semplice....

Messaggioda complicatemodulus » 04/07/2016, 6:45

Per capire meglio come funziona questo "giro" e come (ma sopratutto perchè) si giunga ad un assurdo, posterò come possibile un giro a "vuoto"

Cioè un precedente tentativo in cui parto da $A^3=C^3-B^3$ trasformandolo in Sommatorie che mi consentono poi di smontare i vari pezzi con le sottrazioni dei cubi e dei quadrati noti etc. come avete visto...

Nella speranza (alla fine vana) di vedere che $C$ non può essere intero perchè restano qualche termine fra i piedi e quindi quello che c'è a sinistra non è uguale a quello che c'è a destra...

Mentre, invece, l'Ultimo di Fermat rivela tutta la sua diabolicità (su cui chi tenta un approccio "diretto" dovrebbe ben meditare) e riporta alla condizione $0=0$ cioè dopo un lungo e faticoso giro di conti coerenti in cui si "smonta" e si sottrae con attenzione pezzetto per pezzetto, portrebbe a pensare che la somma di ogni colonnina che forma $A^3$ trovi in $C^3-B^3$ un sufficiente numero di pezzi, siano essi cubi o quadrati o termini non dipendenti dall'indice, per pareggiare i conti...

In realtà già dall'inizio abbiamo scritto in una forma molto complicata $0=0$ che equivale a scrivere nulla...

Invece partendo da una disequazione che sappiamo essere vera $p<q<r$ grazie alle proprietà dei limiti sappiamo che se $p$ ed $r$ si avvicinano progressivamente a "q", tanto che al tendere a zero della distanza diventano effettivamente $q$, se riusciamo a trovare e scrivere delle equazioni che funzionino in $N$, poi in $Q$ ed al limite... possiamo dire qualcosa sulle nostre ipotesi iniziali.

Ci sono rimasto malissimo perchè pensavo davvero (anche al fatto che i conti sono mlto lunghi e ho fatto diversi errori...) di aver chiuso...

E invece ho dovuto spremere ancora le meningi e pensare a come infinocchiare sta maledetta equazioncina...

Il trucco è stato utilizzare la proprietà di continuità delle curve $y=x^n$ (e della loro derivate prime) che ci consente di sapere cosa aspettarci che succeda nell'intorno (destro e sinistro) di un determinato punto, quindi controllare partendo da quei punti se avvicinandoci, al limite si ritorna a quella che pensiamo sia l'equazione corretta.

E' una tecnica che ho scoperto sia utilizzata sopratutto in fisica per risolvere certe equazioni differenziali (letteralmente dando una "scaldatina" o una "raffreddatina" a o alle variabili...)

Ripeto se si capisce il "giro" si capisce perchè non è necessario risolvere l'equazione finale, nè andare oltre per ogni altro $n$, salvo per rendere il tutto chiaro anche a chi non riesce in una tale astrazione, ad esempio, applicare l'induzione e chiudere la questione passaggio dopo passaggio per un generico $n$ ed un successivo $n+1$.

Ripeto: magari è ancora tutto affetto da uno o più bachi...

Grazie
ciao
Stefano
complicatemodulus
 
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