"Imbarazzi" giovanili
Sicuramente nella vita di ogni matematico o di un aspirante matematico ci sono stati momenti in cui ha preso in mano qualche congettura famosa è si è avventurato, senza ottenere nessun risultato. Vorrei sapere quali sono i problemi (impossibili o quasi) che avete provato a risolvere.
Saluti
Saluti
Risposte
Le dimostrazioni non fanno male in nessun topic. Se ne avete altre del genere, ci fate solo bene.
"Woody":
Bravo Carlo23! La tua dimostrazione è molto più breve ed elegante della mia. A proposito, chiedo scusa a tutti voi per il ritardo (mi sono messo a studiare).
Grazie, anche la tua dimostrazione non è male, io purtroppo non mi occupo molto dell'anello di Gauss quindi non so apprezzarla appieno.
si ma il topic chiede cose su cui non si è riusciti
E' vero, ma me l'avevano chiesta! Comunque, se volete conoscere una congettura per me stimolante, leggete:
"Sia $\mathbb{Q}^@$ la chiusura algebrica di $\mathbb{Q}$ nei complessi. Sia $G = Gal(\mathbb{Q}^@|\mathbb{Q})$. Allora, per ogni gruppo finito $H$ esise $K \leq G$ normale tale che: $H$ isomorfo a $G/K$ ".
Anche questo ce lo ha proposto il nostro professore di Algebra. Io un giorno ci voglio provare. Voi che ne dite?
si ma il topic chiede cose su cui non si è riusciti 
Bravo Carlo23! La tua dimostrazione è molto più breve ed elegante della mia. A proposito, chiedo scusa a tutti voi per il ritardo (mi sono messo a studiare). Ecco la mia dimostrazione:
$P = {p\in\mathbb{N} | \text{p primo},\quad p \equiv 1 mod 4}$. Allora $|P|=\infty $.
DIM: Supp. per assurdo $|P|<\infty$ . Sia $\pi\in\mathbb{Z}$, allora vale una delle seguenti due alternative:
1) $\pi || p $ per qualche $p\in\mathbb{Z}$ tale che: $p\equiv 3 mod 4$;
2) $\delta(\pi) = p \quad$ per qualche $p\in\mathbb{Z}$ tale che: $p=2$ o $p\equiv 1 mod 4$.
Sia:
$S = {\pi\in\mathbb{Z} | \delta(\pi) = p\quad\text{con p primo tale che}\quad p=2\quad\text{o}\quad p \equiv 1 mod 4}$.
Dall'ipotesi di finitezza di $P$ segue: $S$ è finito. Dunque esiste $N=\prod_{p\in S} p$. Sia $M = N + i$.
Poichè M è non invertibile e non nullo esiste un primo $q\in\mathbb{Z}$ tale che $q|M$. Supponiamo che:
$q|M$ , $q$ primo $\leftrightarrow$ $q$ soddisfa la (1). (*)
Oss: se $\pi\in\mathbb{Z}$ e $\delta(\pi) = n$, allora $\delta(\pi^@) = n$ dove $\pi^@$ è il coniugato di $\pi$;
dunque secondo la definizione di N:
$N = \pi_1\cdot\pi^@_1\cdot\pi_2\cdot\pi^@_2_2\cdot\dots\pi_k\cdot\pi^@_k\quad\leftrightarrow $
$N = \delta{\pi_1}\cdot\delta{\pi_2}\cdot\dots\cdot\delta{\pi_k}\quad\leftrightarrow\quad N\in\mathbb{Z}$ .
Per l'ipotesi (*) si avrà:
$M = N + i = q_1\cdot\dots\cdot q_n = i^\alpha\cdot R$
con $R\in\mathbb{Z}, \alpha\in\mathbb{N}$. Si hanno così due casi:
(1) $\alpha$ pari. In questo caso: $N + i = R$ cioè $i\in\mathbb{Z}$. Assurdo.
(2) $\alpha$ dispari. Allora: $N + i = +- i\cdot R$ cioè $N = 0$. Assurdo.
Dunque l'ipotesi (*) è falsa, cioè esiste un primo $q\in\mathbb{Z}$ tale che:
$q|M$ e $\delta(q) = 2$ o $delta(q) = p$ con p primo, $p\equiv 1 mod 4$ ; $\leftrightarrow$
$q|M$ e $q\in S$ ; $\leftrightarrow$
$q|M = N + i$ e $q|N$ $\leftrightarrow$ $q|i$. Assurdo. c.v.d.
-----------------------------
Salute a tutti voi. PS: Scusate la forma un pò rozza del documento, ma l'ho scritto in fretta.
$P = {p\in\mathbb{N} | \text{p primo},\quad p \equiv 1 mod 4}$. Allora $|P|=\infty $.
DIM: Supp. per assurdo $|P|<\infty$ . Sia $\pi\in\mathbb{Z}$, allora vale una delle seguenti due alternative:
1) $\pi || p $ per qualche $p\in\mathbb{Z}$ tale che: $p\equiv 3 mod 4$;
2) $\delta(\pi) = p \quad$ per qualche $p\in\mathbb{Z}$ tale che: $p=2$ o $p\equiv 1 mod 4$.
Sia:
$S = {\pi\in\mathbb{Z} | \delta(\pi) = p\quad\text{con p primo tale che}\quad p=2\quad\text{o}\quad p \equiv 1 mod 4}$.
Dall'ipotesi di finitezza di $P$ segue: $S$ è finito. Dunque esiste $N=\prod_{p\in S} p$. Sia $M = N + i$.
Poichè M è non invertibile e non nullo esiste un primo $q\in\mathbb{Z}$ tale che $q|M$. Supponiamo che:
$q|M$ , $q$ primo $\leftrightarrow$ $q$ soddisfa la (1). (*)
Oss: se $\pi\in\mathbb{Z}$ e $\delta(\pi) = n$, allora $\delta(\pi^@) = n$ dove $\pi^@$ è il coniugato di $\pi$;
dunque secondo la definizione di N:
$N = \pi_1\cdot\pi^@_1\cdot\pi_2\cdot\pi^@_2_2\cdot\dots\pi_k\cdot\pi^@_k\quad\leftrightarrow $
$N = \delta{\pi_1}\cdot\delta{\pi_2}\cdot\dots\cdot\delta{\pi_k}\quad\leftrightarrow\quad N\in\mathbb{Z}$ .
Per l'ipotesi (*) si avrà:
$M = N + i = q_1\cdot\dots\cdot q_n = i^\alpha\cdot R$
con $R\in\mathbb{Z}, \alpha\in\mathbb{N}$. Si hanno così due casi:
(1) $\alpha$ pari. In questo caso: $N + i = R$ cioè $i\in\mathbb{Z}$. Assurdo.
(2) $\alpha$ dispari. Allora: $N + i = +- i\cdot R$ cioè $N = 0$. Assurdo.
Dunque l'ipotesi (*) è falsa, cioè esiste un primo $q\in\mathbb{Z}$ tale che:
$q|M$ e $\delta(q) = 2$ o $delta(q) = p$ con p primo, $p\equiv 1 mod 4$ ; $\leftrightarrow$
$q|M$ e $q\in S$ ; $\leftrightarrow$
$q|M = N + i$ e $q|N$ $\leftrightarrow$ $q|i$. Assurdo. c.v.d.
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Salute a tutti voi. PS: Scusate la forma un pò rozza del documento, ma l'ho scritto in fretta.
"carlo23":
Sai com'è, quando qualcuno raggiunge un risultato da solo prova una grande soddisfazione (ne so qualcosa), non voglio togliere a Woody la soddisfazione di mostrare come ha fatto.
Visto che Woody non si fa sentire... spero solo non se la prenda.
La dimostrazione è possibile grazie alle caratteristiche di un numero nella forma
$(2a)^(2^n)+1$
conisderiamo i fattori primi di tale numero, mettiamo che $p$ sia un numero primo tale che
$p|(2a)^(2^n)+1$ allora
$(2a)^(2^n) -= -1 mod p$
da cui segue che l'ordine di $2a$ modulo $p$ è $>2^n$ (altrimenti si avrebbe $(2a)^(2^n) -= 1 mod p$),
è anche vero che
$(2a)^(2^(n+1)) -= 1 mod p$
quindi detto $o$ l'ordine si ha $o|2^(n+1)$ da cui segue che $o=2^(n+1)$.
Abbiamo che $2a$ è primo con $p$ essendo $p$ dispari e per il piccolo teorema di Fermat
$(2a)^(p-1) -= 1 mod p$
da cui $o|p-1$ e $p=2^(n+1)K+1$ per un opportuno $K$.
Quindi per assurdo mettiamo esistano finiti numeri primi nella forma $2^(n+1)K+1$, sia
$P$ il loro prodotto, allora i fattori primi di $P^(2^(n+1))+1$ sono primi con $P$ e nella forma
$2^(n+1)K+1$, ciò è assurdo quindi esistono infiniti numeri primi nella forma $2^(n+1)K+1$.
Elegante vero? Ciao!
"carlo23":
[quote="eafkuor"]ma che ce lo chiedi?
Si ma aspetto Woody, ha la precedenza...[/quote]
Sai com'è, quando qualcuno raggiunge un risultato da solo prova una grande soddisfazione (ne so qualcosa
), non voglio togliere a Woody la soddisfazione di mostrare come ha fatto.Ciao!
"eafkuor":
ma che ce lo chiedi?
Si ma aspetto Woody, ha la precedenza...
ma che ce lo chiedi?
"Woody":
L'anno scorso il nostro professore di Algebra ci propose di trovare una dimostrazione elementare del fatto che i numeri primi congui a 1 modulo 4 sono infiniti. Io ci provai e, dopo un pò di tempo, ci riuscii: la dimostrazione che trovai utilizzava alcune proprietà dell'anello degli interi di Gauss $mathbb{Z}$ . Se interessa a qualuno la pubblico.
Lascio a Woody la soddisfazione di postare la sua dimostrazione, io però ho ricavato una dimostrazione elementare più generale, per ogni $n$ esistono infiniti numeri primi nella forma
$2^nK+1$
se volete la posto...
Ciao!
a me sì.
Se lo fai ti ringrazio
Se lo fai ti ringrazio
L'anno scorso il nostro professore di Algebra ci propose di trovare una dimostrazione elementare del fatto che i numeri primi congui a 1 modulo 4 sono infiniti. Io ci provai e, dopo un pò di tempo, ci riuscii: la dimostrazione che trovai utilizzava alcune proprietà dell'anello degli interi di Gauss $mathbb{Z}$ . Se interessa a qualuno la pubblico.
Io ho sempre avuto il debole per i Numeri Perfetti Dispari. Sono convinto che non esistano ed a volte ci provo 
.
.
io ho provato a vuoto a trisecare un angolo.. anche se era stato dimostrato che non si può, mi sembrava una cosa troppo fattibile. e invece non si può
"Crook":
Brun e altri hanno trovato un nuovo metodo per sfruttare la potenza del Crivello. Presto potrebbero esserci nuove scoperte.
Viggo Brun ha riscoperto in nuova chiave il Crivello di Eratostene e Lagrange. Ma stiamo parlando degli anni '20, gli ultimi più grandi contributi sono dovuti a Selberg e Chen.
Brun e altri hanno trovato un nuovo metodo per sfruttare la potenza del Crivello. Presto potrebbero esserci nuove scoperte.
"Crook":
[quote="carlo23"][quote="Crook"]Non è servita quella come non possono aiutare di certo le tabelle colorate. E se fosse indecidibile?
A volte me lo chiedo anche io, però bisogna dire che il Metodo el Cerchio e i Metodi di Crivello ogni giorno fanno progressi...[/quote]
Riesco ad apprezzare di piu' il Crivello, che secondo me può riservare ancora molte novità.[/quote]
In effetti il Metodo del Cerchio è limitato dal tipo di dissezione fatta, e porta a cadere nell'Ipotesi di Riemann, invece i Metodi di Crivello non portano a cadere in problemi di difficile soluzione...
"carlo23":
[quote="Crook"]Non è servita quella come non possono aiutare di certo le tabelle colorate. E se fosse indecidibile?
A volte me lo chiedo anche io, però bisogna dire che il Metodo el Cerchio e i Metodi di Crivello ogni giorno fanno progressi...[/quote]
Riesco ad apprezzare di piu' il Crivello, che secondo me può riservare ancora molte novità.
"Crook":
Non è servita quella come non possono aiutare di certo le tabelle colorate. E se fosse indecidibile?
A volte me lo chiedo anche io, però bisogna dire che il Metodo el Cerchio e i Metodi di Crivello ogni giorno fanno progressi...
Potrbbe anche essere una cosa assolutamente ovvia da dimostrare (ne dubito, ma la possibilità esiste). Uno dei tanti casi singolari della T.d.N.
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