Teorema di Fermat - Wiles

[Luca9712]

Il teorema di Fermat - Wiles afferma che che non esistono soluzioni intere positive all'equazione:

$a^n + b^n = c^n$ , se $n > 2$ .

Volevo chiedere se tale teorema è valido in tutto l'insieme dei numeri reali o perlomeno in $2$ dei suoi sottoinsiemi:
insieme dei numeri naturali (qui sicuramente si ) e insieme dei numeri reali

Grazie.

[bestiedda2]

"Luca97":Il teorema di Fermat - Wiles afferma che che non esistono soluzioni intere positive all'equazione:

$a^n + b^n = c^n$ , se $n > 2$ .

Volevo chiedere se tale teorema è valido in tutto l'insieme dei numeri reali o perlomeno in $2$ dei suoi sottoinsiemi:
insieme dei numeri naturali (qui sicuramente si ) e insieme dei numeri reali

Grazie.

Nei numeri reali il teorema è chiaramente falso. Non solo, per ogni \(\displaystyle a,b\in \mathbb R \) esiste \(\displaystyle c \) tale che \(\displaystyle a^n +b^n=c^n \).

[Zero87]

"bestiedda2":Non solo, per ogni \(\displaystyle a,b\in \mathbb R \) esiste \(\displaystyle c \) tale che \(\displaystyle a^n +b^n=c^n \).

Per $n$ pari ne esistono addirittura 2 di $c$...

Comunque, a parte gli scherzi, si può mostrare abbastanza semplicemente che una tale affermazione continua a valere in $\QQ$.

Se consideriamo, infatti, $a,b,c$ in $\QQ$, vale
$a= \frac{h_1}{k_1}$
$b= \frac{h_2}{k_2}$
$c= \frac{h_3}{k_3}$
con $h_i , k_i$ naturali non nulli per $i=1,2,3$ da cui
$(\frac{h_1}{k_1})^n+ (\frac{h_2}{k_2})^n= (\frac{h_3}{k_3})^n$

Moltiplicando ambo i membri per $(k_1 k_2 k_3)^n$ si ottiene
$(h_1 k_2 k_3)^n+ (h_2 k_1 k_3)^n = (h_3 k_1 k_2)^n$

In cui i tre termini elevati alla $n$ sono numeri naturali: ci siamo, dunque, rapportati ad una formulazione conforme all'originale.

[Luca9712]

Grazie bestiedda. Grazie Zero87: Bella spiegazione; a tuo parere, dunque. in quali insiemi numerici vale il teorema?

[Zero87]

"Luca97":in quali insiemi numerici vale il teorema?

Non so come mostrarlo, ma suppongo che non valga più dagli irrazionali in poi (quindi reali, complessi,...).

Per quanto riguarda gli irrazionali, come detto, non so come mostrarlo, ma siccome la maggior parte delle radici $n$-esime non sono perfette, ho un buon presentimento.

Gli esempi sono innumerevoli, serve solo fantasia
$[\sqrt(2)]^4+ [\sqrt(3)]^4=4+9=13 = [\root(4)(13)]^4$...

Dunque, credo che valga da $\QQ$ "in sotto".

[Luca9712]

Però sei bravo con le dimostrazioni. Però se vale solo nei razionali e nei naturali niente "Beal"

Immaginavo che era impossibile che avessi trovato un controesempio valido $(-2+i)^3 + (-2-i)^3 = (1+i)^4$.

Se l'ex Utf fosse stata valida, oltre che in $QQ$ e $N$ si poteva pensare a qualche strategia

A questo punto. per le vancanze, ci devi pensare tu con l' RH

[ot]Stasera la Spagna ci bastona?? Federer ha perso, ieri, come un pollo. Le belle del tennis (Sharapova ed Ivanovic) out . Si salvano solo Robertina e Seppi.[/ot]

[Zero87]

"Luca97":Però sei bravo con le dimostrazioni.

Non esageriamo, queste non sono molto difficili poi quando il discorso si fa duro... passo...

"Luca97":Però se vale solo nei razionali e nei naturali niente "Beal"

Non me lo ricordavo più del Beal...!

"Luca97":Immaginavo che era impossibile che avessi trovato un controesempio valido $(-2+i)^3 + (-2-i)^3 = (1+i)^4$.

In generale non può valere in $\CC$ solo per il fatto che $\CC$ contiene $\RR$: ricordo che se $a$ è reale, $a= a+0\cdot i$.

"Luca97":per le vancanze, ci devi pensare tu con l' RH

Inizio a non ricordare più granché della tesi... casomai un giorno (lontano) che non ho un tubo da fare me la rileggo.

"Luca97":[ot]Stasera la Spagna ci bastona?? Federer ha perso, ieri, come un pollo. Le belle del tennis (Sharapova ed Ivanovic) out . Si salvano solo Robertina e Seppi.[/ot]

[ot]Non seguo il tennis, ma ovviamente forza italiane/i in tutti gli sport.

Per la spagna ho paura del cappotto, ma spero di no...[/ot]