L'ultimo teorema di Fermat/Appendice: differenze tra le versioni
Contenuto cancellato Contenuto aggiunto
mNessun oggetto della modifica |
|||
Riga 15:
[[Immagine:Chinese pythagoras.jpg |200px]] [[Image:Euclid proof.svg|200px]] [[Image:Gougu.png|200px]] [[Image:Kathetensatz.svg|200px]]
== Teorema fondamentale dell'aritmetica ==
Il Teorema fondamentale dell'aritmetica afferma che ogni numero naturale che non sia 1 ammette una ed una sola fattorizzazione in numeri primi pur di non tener conto dell'ordine dei fattori. (L'esclusione di 1 è dovuta al fatto che esso non ha fattori primi.) Questo teorema era alla base delle dimostrazioni di Gabriel Lamé e Augustin Luis Cauchy e come si è detto in generale non vale nei numeri complessi quindi non può essere utilizzato per il teorema di Fermat ma data la sua importanza si è deciso di includere comunque la dimostrazioni nell'appendice.
L'enunciato è facilmente verificabile per numeri naturali "piccoli": è facile scoprire che 70 è pari a 2*5*7 mentre 100 equivale a 2*2*5*5 ovvero 22*52, ed è altrettanto facile verificare che per questi numeri non possono esistere altre scomposizioni in fattori primi. Viceversa la dimostrazione generale è piuttosto lunga: eccone una traccia. Si tratta di una dimostrazione per assurdo: si parte cioè dall'ipotesi contraria a quella dell'enunciato per poterne dimostrare l'infondatezza.
Si supponga che esistano dei numeri scomponibili in fattori primi in più di un modo, e si chiami ''m'' il più piccolo. Innanzitutto si dimostra che, date due fattorizzazioni di ''m'', i numeri primi che si presentano nella prima fattorizzazione sono tutti distinti da quelli della seconda fattorizzazione. Siano infatti due diverse fattorizzazioni:
:<math>\left[ 1 \right] \quad m = p_1 p_2 p_3 \dots p_s</math>
:<math>\left[ 2 \right] \quad m = q_1 q_2 q_3 \dots q_t</math>
dove i <math>p_i</math> e i <math>q_j</math> sono primi. (Nota: all'interno ''di una singola'' fattorizzazione ci possono essere fattori ripetuti, naturalmente: ad esempio, 100 = 2*2*5*5). Se ci fosse un fattore identico <math>p_h=q_k</math>, potremmo dividere m per tale fattore e ottenere un numero <math>m'</math>, minore di m, che avrebbe anch'esso due fattorizzazioni distinte.
A questo punto sappiamo che <math>p_1</math> è diverso da <math>q_1</math>; senza perdita di generalità possiamo supporre che <math>p_1 < q_1</math>. Poniamo allora
:<math>\left[ 3 \right] \quad n = (q_1-p_1)q_2 q_3\dots q_t </math>
Evidentemente, <math>n < m</math>, dato che la <math>\left[ 3 \right]</math> si può scrivere come
:<math> \left[ 4 \right] \quad n = q_1 q_2 q_3 \dots q_t - p_1 q_2 q_3 \dots q_t = m - p_1 q_2 q_3 \dots q_t\;\!</math>.
Dimostriamo ora che ''n'' ammette almeno due fattorizzazioni distinte.
Iniziamo considerando che il primo fattore di ''n'', <math>q_1-p_1</math>, può o no essere primo; nel caso non lo fosse, supponiamo di fattorizzarlo. La fattorizzazione di ''n'' così ottenuta non ammette <math>p_1</math> tra i suoi fattori. Infatti, per la prima parte della dimostrazione, sappiamo che <math>p_1</math> è diverso da <math>q_2, q_3, \dots q_t</math>; ma non può nemmeno comparire nella eventuale fattorizzazione di <math>q_1-p_1</math>. Se infatti accadesse ciò significherebbe che
:<math>q_1-p_1= p1\cdot b \Rightarrow q_1 = p_1(1+b) </math>
e quindi <math>q_1</math> sarebbe divisibile per <math>p_1</math>, il che non è possibile in quanto <math>q_1</math> è un numero primo.
Prendendo ora l'ultima uguaglianza della <math>\left[ 4 \right]</math> e sostituendo per ''m'' il valore della <math>\left[ 1 \right]</math>, otteniamo
:<math> \left[ 5 \right] \quad n= p_1p_2p_3\dots p_s-p_1q_2q_3\dots q_t \rightarrow n = p_1(p_2p_3\dots p_s- q_2q_3\dots q_t)</math>
In qualunque modo sia fattorizzabile il secondo fattore nella <math> \left[ 5 \right] </math>, avremo ottenuto una fattorizzazione di ''n'' che contiene <math>p_1</math>, e che pertanto è diversa da quella nella <math> \left[ 3 \right] </math>, contrariamente all'ipotesi che ''m'' fosse il numero più piccolo che ammettesse più di una fattorizzazione.
Il teorema è pertanto dimostrato.
== Principio di Induzione ==
Il '''Principio di induzione''' asserisce che
<blockquote style="padding: 1em; border: 2px dotted purple;">
Se <math>U</math> è un [[sottoinsieme]] dell'[[insieme]] <math>\mathbb N</math> dei [[numeri naturali]] che verifica le seguenti due proprietà:
* <math>U</math> contiene lo <math>0</math>,
* ogni volta che <math>U</math> contiene un numero <math>n</math> <math>U</math> contiene anche il numero successivo <math>n+1</math>,
allora <math>U</math> coincide con tutto l'insieme dei numeri naturali <math>\mathbb N</math>
</blockquote>
Esso viene collocato in genere all'interno degli assiomi di Peano e fornisce un potente strumento per le dimostrazioni in tutti i settori della matematica. Nel libro viene richiamato più volte dato che molti matematici hanno cercato di dimostrare un caso base del teorema di fermat e poi di generalizzare la soluzione per poterne includerne i casi successivi tramite questo principio.
=== Dimostrazioni per induzione ===
Per dimostrare che un certo asserto <math>P(n)</math> in cui compare un numero naturale <math>n</math> vale per qualunque <math>n \in \mathbb N</math> si può sfruttare il principio di induzione nel seguente modo:
Si pone <math>U=\{n\in \mathbb N: \mbox{vale } P(n)\}</math>,
# si dimostra che vale <math>P(0)</math>, cioè che <math>0</math> è nell'insieme dei numeri naturali <math>U</math> per cui vale <math>P(n)</math>;
# si assume come ipotesi che l'asserto <math>P(n)</math> valga per un generico <math>n</math> e da tale assunzione si dimostra che vale anche <math>P(n+1)</math> (cioè che <math>n\in U \Rightarrow n+1\in U</math>)
e quindi si conclude che l'insieme <math>U</math> dei numeri per cui vale <math>P(n)</math> coincide con tutto l'insieme dei numeri naturali.
Il punto 1 è generalmente chiamato '''base dell'induzione''', il punto 2 '''passo induttivo'''.
Un modo intuitivo con cui si può guardare a questo tipo di dimosrazioni è il seguente: se disponiamo di una dimostrazione della ''base'' <math>P(0)</math> e del ''passo induttivo'' <math>P(n) \Rightarrow P(n+1)</math> allora chiaramente possiamo sfruttare queste dimostrazioni per dimostrare <math>P(1)</math> usando la regola logica modus ponens su <math>P(0)</math> (la base) e <math>P(0) \Rightarrow P(1)</math> (che è un caso particolare del passo induttiuvo per <math>n=0</math>), poi possiamo dimostrare <math>P(2)</math> poiché adesso usiamo il [[modus ponens]] su <math>P(1)</math> e <math>P(1) \Rightarrow P(2)</math>, così per <math>P(3)</math>, <math>P(4)</math>, eccetera... è chiaro a questo punto che possiamo produrre una dimostrazione in un numero finito di passi (eventualmente lunghissimo) di <math>P(n)</math> per qualunque numero naturale <math>n</math>, da cui deduciamo che <math>P(n)</math> è vero per ogni <math>n \in \N</math>.
=== Un esempio ===
Dimostriamo che vale l'asserto
<blockquote style="padding: 1em; border: 2px dotted purple;">
: per ogni <math>n \in \mathbb N</math>: <math>0+1+2+3+4+...+n=\frac{n(n+1)}{2}</math>
</blockquote>
Abbiamo in questo caso <math>P(n) \quad \equiv \quad 0+1+2+3+4+...+n=\frac{n(n+1)}{2}</math>.
* ''Base dell'induzione'': dobbiamo dimostrare che l'affermazione <math>P(n)</math> è vera per <math>n=0</math>, cioè, sostituendo, che <math>0=\frac{0\cdot 1}2</math>, e in effetti c'è ben poco da lavorare, si tratta di un calcolo elementare;
* ''Passo induttivo'': dobbiamo mostrare che per ogni ''n'' vale l'implicazoione <math>P(n)\Rightarrow P(n+1)</math>, cioè, sostituendo:
:<math>0+1+2+3+4+...+n=\frac{n(n+1)}{2} \quad \Rightarrow \quad 0+1+2+3+4+...+n+(n+1)=\frac{(n+1)((n+1)+1)}{2}</math>
Dunque dobbiamo assumere che sia vero
:<math>P(n) \quad \equiv \quad 0+1+2+3+4+...+n=\frac{n(n+1)}{2}</math>,
lavorare su questa uguaglianza e concludere con l'analoga uguaglianza per <math>n+1</math>:
Potremmo ad esempio aggiungere <math>n+1</math> a entrambi i membri dell'uguaglianza ''P(n)'':
:<math>0+1+2+3+4+...+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)</math>,
poi facciamo qualche semplice passaggio algebrico:
:<math>0+1+2+3+4+...+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{2(n+1)}2</math>,
:<math>0+1+2+3+4+...+n+(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2}</math>,
:<math>0+1+2+3+4+...+n+(n+1)=\frac{(n+1)((n+1)+1)}{2}</math>
e quest'ultima uguaglianza è esattamente <math>P(n+1)</math>. Questo conclude la dimostrazione del ''passo induttivo''.
Avendo dunque dimostrato la base dell'induzione e il passo induttivo possiamo concludere (dal principio di induzione) che <math>P(n)</math> deve essere vera per ogni <math>n\in \mathbb N</math>.<math>\square</math>
== Aritmetica Modulare ==
Line 80 ⟶ 160:
:: '''Nota''': Questa proprietà si può invertire solo se ''k'' è diverso da 0.
| |||