L’ultimo teorema di Fermat – Simon Singh

29 ottobre 2006, domenica -- permalink

“L’avventura di un genio, di un problema matematico e dell’uomo che lo ha risolto”.

Il genio è Pierre de Fermat, un matematico dilettante del XVII secolo; il problema matematico è l’Ultimo Teorema di Fermat, un problema dalla formulazione limpida e dalla risoluzione impossibile, sembrava, l’uomo che invece lo ha risolto, nel 1994, è Andrew Wiles, della Princeton University, che gà a dieci anni sognava di essere colui che avrebbe domato Fermat.

Simon Singh è un giornalista scientifico che ha collaborato alla realizzazione di un documentario della BBC su Wiles e che in questo libro racconta l’epopea della matematica, dall’antica Grecia agli anni ‘90, e della mente umana: la risoluzione del Teorema di Fermat è il frutto di una mente collettiva, lungo i secoli e a prescindere dalle latitutini, dalle istituzioni e dal sesso di che ha giocato il suo ruolo in tutto ciò.

Nella lettura si è travolti dal fascino della matematica e dei matematici stessi, e il ritmo narrativo è quello dei thriller…fossi una docente di matematica alle superiori credo lo farei leggere ai miei ragazzi: quanto possono non essere noiosi i numeri! Tanto più che in appendice al testo si trovano le dimostrazioni matematiche di alcuni teoremi che vengono utilizzati nel libro, per chi volesse provare a capirne di più.

22 Commenti a “L’ultimo teorema di Fermat – Simon Singh”

  1. Eugenio Di Salvatore scrive:

    Sono un insegnante di Matematica in pensione ed ho letto il libro sull’UPF di Simon Sing , che a pag. 8 della edizione italiana della Rizzoli afferma in modo scioccante: si trattava di un problema la cui risoluzione, effettuata da A. Wiles, “solo 5/6 persone al mondo (matematici!) possono capire completamente”.
    Io ho lettoa che grandi matematici, anche moderni come David Hilbert, affermavano: un problema si può dire risolto, quando lo si può spiegare al primo uomo (interessato) che si incontra per la strada, perchè:
    - ciò che è facile attrae;
    - ciò che è difficile respinge.
    Nel mio sito internet di sopra ho diverse proposte risolutive dell’UPF, di cui quella che più mi piace e la risoluzione puramente geometrica.
    Quella di Wiles è stata senz’altro una bella cosa anche perchè sono passati circa 400 anni dalla sua diffusione , però non poteva essere divulgato così come è stato fatto pewr la sua grande difficoltà e per le circa 200 pagg. che la costitiscono.
    Vorrei un giudizio, specialmente sulla proposta risolutiva geometrica del mio dìsito, che contiene altri gialli matematici irrisolti sino ad ora.
    Salòuto cordialmente
    prof. Eugenio Di salvatore

  2. Eugenio Di Salvatore scrive:

    Grazie pewr questa inserzione,anche se è rimasto qualche lieve errore di lettere in più.
    In questo periodo sto avendo rapporti con una casa editrice per una nuova pubblicazione di un libro sull’UPF.
    Fondamentalmente i contenuti sono quelli inseriti nelmio sito
    http://www.problemadiFermat.it
    ma la loro disposizione è completamente cambiata ed, ovviamente,preferisco sempre la sua risoluzioneditipo puramente geometrico:in tale libro le risoluzioni complete saranno 5 in tutto,più altre tre,in un altro libro del livello di scuola superiore di 1° grado.
    Spero che riesca un ottimo lavoro e che piaccia come è stato anche per il mio primo libro stampato con la Carraeditrice.
    Grazie e cordiali saluti
    Prof. Eugenio Di Salvatore

  3. umberto esposito scrive:

    L’ULTIMO TEOREMA DI FERMAT (probabile dimostrazione elementaredi Fermat ricostruita da O.Gallo)
    Il matematico italiano Onofrio Gallo (n 1946 a Cervinara, Valle Caudina), autore del Teorema Mirabilis, oltre ad aver dato la prima dimostrazione generale originale e DIRETTA a livello mondiale dell’Ultimo Teorema di Fermat (Roma, 27 Dicembre 1993 e Gottingen, 27 ottobre 1994), che è un caso particolare del Teorema Mirabilis di Gallo, che, in generale, riguarda le equazioni diofantee del tipo ax^r+by^s=cz^t, riducibili alle equazioni diofantee del tipo (F)x^n+y^n=z^n per a=b=c=1 ed r=s=t=n, ha anche “ricostruito” l’eventuale “demonstrationem mirabilem” di cui parla nel margine della sua copia del Diofanto (edito dal Bachet, Parigi 1621).Infatti Onofrio Gallo suggerisce una seconda via, di tipo numerica, per così dire, che il matematico tolosano avrebbe potuto percorrere.Tale “via” appare nel suo CODEX CERVINSARENSIS ed utilizza il metodo della “discesa infinita” di Fermat, dimostrando l’UTF, prima per soluzioni consecutive del tipo x, x+1, x+2, e poi, generalizzando, per soluzioni x, x+a,x+b con a>1 e b>2. A cura di U. Esposito

  4. umberto esposito scrive:

    APPLICAZIONI DEL TEOREMA MIRABILIS DI GALLO
    EQUAZIONI ALGEBRICHE DI GRADO n>4
    Applicheremo, per semplicità, il Teorema Mirabilis di Gallo al calcolo delle soluzioni intere o razionali delle equazioni (E5) x^5 -34x^4 +440x^3-2690x^2+7719x-8316=0 ed
    (E6) 17x^6 -2196x^5 +91456x^4- 1 543 742x^3 +11 239 791x^2-30 128 446x +4 975 152=0
    Soluzione della (E5)
    Essendo T=8316 il termine noto della (E5), occorre far variare i parametri di Gallo hi nell’insieme F(T) dei fattori interi o razionali di T.
    In questo caso, essendo unitario il coefficiente di x^5, gli hi variano in W=( 1, 2, 3, 4,7, 9, 11) e in -W=( -1,-2,-3, -4, -7,-9, -11)
    In base al Teorema Mirabilis di Gallo è sufficiente costruire le due funzioni generali di simmetria di Gallo di grado n-1=4, data da F(hi) =8316 -2(-34(hi)^4-2690(hi)^2)
    e di grado n=5, data da G(hi) =8316-2( (hi)^5+440(hi)^3+771(hi)), con i=1,2,3,4,5.
    Poiché risulta F(3)=+62244 e G(3)=-62244; F(4)=+ 111 804 e G(4)= – 111 804; F(7)=+ 435 204 e G(7)= – 435 204; F(9)= + 890 244 e G(9)= – 890 244; F(11)= + 1 654 884 e G(11)= – 1 654 884, ne segue che le cinque soluzioni (in ordine crescente) della (E5) sono: 3,4, 7, 9, 11.
    Soluzione della (E6)
    Essendo T=4 975 152 il termine noto della (E6), occorre far variare i parametri di Gallo hi nell’insieme F(T) dei fattori interi o razionali di T.
    In questo caso gli hi variano in W=( 1, 2, 3, 7, 8, 13, 17, 67) e in -W=( -1,-2,-3, -7,-8, -13, -17,- 67) oppure, essendo 17 (diverso da 1) il coefficiente di x^6, in V=(1/17, 2/17, 3/17, 7717, 8/17, 13/17, 67/17) e in V’=-V=(-1/17, -2/17, -3/17, -7717, -8/17, -13/17, -67/17).
    In base al Teorema Mirabilis di Gallo è sufficiente costruire le due funzioni generali di simmetria di Gallo di grado n=6, data da
    F(hi) =- 4 975 152 -2(17(hi)^6 + 91 456(hi)^4 +11239791 (hi)^2)
    e di grado n-1=5, data da G(hi) =- 4 975 152 -2(-2196(hi)^5 – 1 543 742(hi)^3 -30 128 446 (hi)), con i=1,2,3,4,5,6,
    Poiché risulta F(8)=- 2 201 788 848 e G(8)= + 2 201 788 848 ; F(13)= -9 192 285 648 e G(13)= +9 192 285 648; F(7)= – 1 549 646 448 e G(7)= +1 549 646 448 ; F(34)= – 3.229 466 125×10 exp11 G(34)=+ 3.229 466 125×10 exp11 ; F(67)= – 6.682 382 657 x10exp12 e G(11)=+ 6.682 382 657 x10exp12, F(3/17)= – 5 675 385, 579 e G(3/17)= +5 675 385, 579 ne segue che le sei soluzioni (in ordine crescente) della (E6) sono: 3/17, 7, 8, 13, 34, 67.
    I calcoli completi si trovano nel Codex Cervinarensis del matematico Onofrio Gallo (n.1946 a Cervinara, in Valle Caudina) da cui abbiamo tratto solo due tra i vari esempi addotti dall’autore e in cui sono riportati anche esempi relativi ad equazioni di grado n>4 a soluzioni irrazionali e complesse, ma anche le soluzioni di molti quesiti relativi adequazioni diofantee, del tipo
    EQ/7 Risolvere senza tentativi l’equazione diofantea di Gallo
    (G/5) y^28 -5y^19 =6.140 945 261 *10exp21
    EQ/8 Determinare senza tentativi la soluzione positiva intera dell’equazione diofantea (esponenziale) del secondo ordine di Gallo (G/6) X^(2x – 5)+Y^(3 y- 47) =2325 dove (x,y) è la seconda soluzione intera positiva dell’ equazione diofantea lineare 17x +4y = 140
    EQ/9 Determinare senza tentativi la soluzione intera positiva dell’equazione diofantea esponenziale di Gallo (G/7) 3X^ΦG+5Y^Φ == 140, 471 162 4 con ΦG =1.290 994 449 (numero aureo universale di Gallo approssimato alla nona cifra decimale) e con Φ= 1.618 033 989 ( numero aureo classico approssimato alla nona cifra decimale)
    Sintesi a cura di Umberto Esposito.

  5. umberto esposito scrive:

    ULTIMO TEOREMA DI FERMAT E PREVISIONI CASUALI?!
    Nessuno si è mai chiesto il perchè delle ricerche segrete condotte da Wiles sulla dmostrazione indiretta dell’Ultimo Teorema di Fermat (UTF)? Ufficialmente per non perdere la priorità della dimostrazione dell’UTF, ma qual era e qual è la verità? Il matematico italiano Onofrio Gallo (n.1946 a cervinara, Valle Caudina) nel suo Codex Cervinarensis (Sezione Matematica Casuale non probabiistica)riporta delle applicazioni dell’Ultimo Teorema di Fermat (Triangolo numerico casuale di Gallo) fondate sul suo Teorema Mirabilis che consentono di individuare l’estrazione di una terna di valori casuali in un intervallo discreto limitato di interi positivi, a meno di una costante additiva comune k (anche nulla in taluni casi); ossia di prevedere il futuro in ambito casuale discreto! Era questo lo scopo delle ricerche segrete di Wiles? Non lo sapremo mai.
    A cura di Umberto Esposito

  6. umberto esposito scrive:

    NUMERI PERFETTI –FORMULE E TEOREMI DI GALLO
    Fin dall’antichità è noto un teorema di Euclide relativo ai cosiddetti numeri perfetti: si dice perfetto ogni numero intero positivo n che risulti uguale alla somma di tutti i suoi divisori propri ( incluso 1 ed escluso n), ad esempio 6=1+2+3 è il primo numero perfetto.
    Il Teorema di Euclide afferma:
    “ Se Pn = 2^(n-1))*((2^n) -1) e se il fattore (2^n) -1) è primo, allora Pn è perfetto”
    Per n=2 P1=6
    Per n=3 P2=28
    Inoltre P3= 496( per n=5); 4=8128( per n=7)…
    Per n>7 il calcolo di Pn diventa laborioso
    Solo nel 1300 si scoprì P5= 33 550 336
    Il teorema precedente è equivalente al seguente
    Teorema di Euclide.
    “ Se p=1+2^1+2^2+2^3+…+2^n è primo, allora Pn=2np è un numero perfetto”
    Per n=1, si ha p =3 , per cui P1=2*1*3=6; per n=2 si ha p=7, per cui P2=2*2*7=28 ecc.
    I due precedenti teoremi di Euclide sono equivalenti al seguente:
    Teorema di equivalenza di Gallo:
    “ Se n è un numero intero>0 e se k=( 2^ (n+1)) -1 è primo, allora il numero triangolare p’= k(k+1)/2=(1+ 2+3+…..+ k ) è un numero perfetto”

    Per n=1 k=3 (primo) e p’= (1+2+3)=6=P1 è perfetto
    Per n=2 k=7 è primo e p’= (1+2+….+7)=28 =P2è perfetto
    per n=3 k=15 non è primo
    per n=4 k=31 (primo) e p’= (1+2+…+31)= 496=P3 è perfetto
    per n=5 k= 63 non è primo
    per n=6 k=127 e p’= (1+2+…..+127)= 127(1+127)/2= 8128=P4 è perfetto
    per n=7 k=255 non è primo
    per n =8 k= 511 non è primo
    per n=9 k=1°23 non è primo
    per n= 10 k=2047 non è primo
    per n=11 k=8191 è primo e p’=(1+2+…+8191)= 33 550 336 =P5è perfetto
    …………………………….
    Per n=16 k=131071 è primo e p’=(1+2+….+131071)= =8 589 869 056=P6 è perfetto
    Per n=18 k=524287 è primo e
    p=(1+2+…+524287)=137 438 691 328 è perfetto;
    il successivo numero perfetto si trova per n=31 per cui
    k= 2 147 483 647 è primo e p=(1+2+…+k)=137 438 691 328=p7 è perfetto; e così via.
    La seguente “formula di Gallo” (PG) ( 2^(n -1))*( (2n )+1)) -2^n per ogni n tale che (2^n) – 1 sia primo, genera numeri perfetii, come si desume dalla seguente tabella.
    n (2^n) – 1 (primo) Pk
    2 3 6
    3 7 28
    5 31 496
    7 127 8128
    13 8191 33 550 336
    17 131071 8 589 869 056
    E così via….
    Le prime tre coppie di numeri perfetti fornite dalla (PG) sono:
    (6, 28); (496, 8128) ; (33550336, 589869056) ,ecc.
    La formula (PG) di Gallo deriva dalla componente P1 della soluzione generale di Gallo dell’equazione
    (1+ 2^(n-1))P1 + 2^(n-1) P2 =2^(2n-1) -2^(n-1)
    Infatti risulta: PG1= {2^(2n-1) -2(2^(n-1))] – t*2^(n-1) , che, per t=-1, dà la formula (PG) di Gallo.
    La componente P2 della formula(PG) di Gallo fornisce i valori simmetrici di P1.

    I successivi numeri perfetti sono i seguenti:
    137 438 691 328 (12 cifre)
    2 305 843 008 139 952 128 ( 19 cifre)
    Se indichiamo con xi (i =1,2, 3, 4, 5) gli altri 5 successivi (che qui non riportiamo) essi sono composti rispettivamente da 37, 54, 65, 77, 314 cifre.
    Escluso il primo, gli altri numeri perfetti sono uguali alla somma dei cubi dei numeri dispari consecutivi, a partire da 1.
    Esempi
    28= 1^3 +3^3
    496= 1^3 + 3^3 +5^3 +7^3
    8128= 1^3 +3^3+ 5 ^3+7^3 +……+15^3 (8 dispari consecutivi) ecc..
    Quindi i numeri perfetti ( ecluso il 6 )si possono esprimere come segue:
    x^3+y^3= 28 ( con x=1 , y=3)
    x^3 +y^3 +z^3 +k^3=496 ( con x=1; y=3; z=5 , k=7)
    x1^3+x2^3+…..+x8^3 = 8128 ( con x1=1, x2=3,…..x8=15) ecc..

    E’ anche possibile ottenere infiniti numeri primi servendosi della seguente
    Congettura Gk di Gallo:
    “ Se k≠4r, 6r, 7r , con k,r interi >0, allora la formula di Gallo:
    Gk = 3+2* (2^(k-1))Pk-1 +2*(2^k) Pk

    con ( Pk-1 , Pk) =( 6, 28) numeri perfetti genera infiniti numeri primi con cifre finali 7, 1, 9 ”.
    Per k=1 si haG1=127
    per k=2 si ha G2=251
    per k=3 si ha G3=499
    per k=5 si ha G4=1987
    per k=9 si ha G5=31747 non primo
    per k=10 si ha G6=63491 non primo
    per k=11 si ha G7=126979 non primo
    per k=13 si ha G8 =507 907
    per k=15 si ha G9= 1 933 315 non primo
    per k=17 si ha G10= 7 364 611 ecc…

    Tra gli altri risultati che figurano nel Codex Cervinarensis sui numeri perfetti spicca il seguente
    TEOREMA PRF DI GALLO (oTEOREMA FONDAMENTALE DI GALLO SUI NUMERI PERFETTI) (12/01/2007)
    “Se Pk (k=1,2,3,…) è il k-mo numero perfetto, allora, per k>1, sussiste la formula di Gallo Pk= Pk-1*(A^s)-B*9^r, essendo B intero positivo ed A una potenza di base 19 se k è dispari e di base 37 se k è pari”

    Le “basi di Gallo” 19 e 37 si ottengono dal primo numero perfetto 6 aumentato di 13 (=19) ed aumentato di 31 (=37), essendo 13 e 31 simmetrici rispetto alle loro cifre; oppure a partire dal secondo numero perfetto 28, risultando 28 elemento centrale tra 19 e 37, e quindi per simmetria 19=28-9 e 37=28+9.
    La “concatenazione” tra il numeri perfetti Pk e il suo precedente Pk-1, espressa dalla formula di Gallo che figura nel suo teorema fondamentale sui numeri perfetti, viene qui riportata per la prima volta nella Storia delle Matematiche e sicuramente essa è sempre sfuggita ai matematici precedenti.
    Verifichiamo il Teorema PRF di Gallo .
    P1=6
    P2=28= P1* (A^s) –(9^r)B con A=37, s=6 ; r=1; B=1 710 484 270
    P3=496= P2*(A^s)- (9^r)B con A=19, s=1; r=1; B=4
    P4=8 128= P3*(A^s)-(9^r)B con A=37, s=1; r=1; B= 1136
    P5= 33 550 336= P4*(A^s) -(9^r)B con A=19, s=3; r=1; B= 2 466 624
    P6= 8 859 869 056 = P5*(A^s) -(9^r)B con A=37, s=2; r=1; B= 4 118 948 992
    P7= 137 438 691 328 = P6*(A^s) -(9^r)B con A=19, s=1; r=2; B= 381 466 923
    P8= 2 305 843 008 139 952 128 = P7*(A^s) -(9^r)B con A=37, s=4; r=9; B= 5 286 919 073
    P9=…. = P8*(A^s) -(9^r)B con A=19, s=15; r=29; B= 6 867 506 539
    P10= ….= P9*(A^s) -(9^r)B con A=37, s=12; r=49; B= 302 264 515 ecc.
    Sintesi dal Codex Cervinarensis del matematico italiano Onofrio Gallo (n. 1946 a Cervinara, Valle Caudina). A cura di U. Esposito per gentile concessione dell’Autore.

  7. umberto esposito scrive:

    ONOFRIO GALLO…CHI E’ COSTUI? – L’ULTIMO TEOREMA DI FERMAT (UTF)
    TRA FAVOLE ED ERRORI LA DUBBIA DIMOSTRAZIONE INDIRETTA DELL’UTF DI A.J.WILES E .TAYLOR.
    Fornito l’annuncio in modo trionfale nel maggio 1993 all’Isaac Newton Mathematical Science Institute dell’Università di Cambridge, la dimostrazione generale indiretta dell’UTF da parte del solo Wiles, si rivelò errata subito dopo qualche mese (agosto 1993). Già subito dopo l’annuncio Alan Baker …..nutrendo vari dubbi sull’esattezza della dimostrazione proposta da Wiles. Ancora oggi (Luglio 2010) la dimostrazione congiunta (1995) fornita da parte di Wiles e Taylor dell’UTF non ha convinto tutti, in quanto sussistono alcuni interrogativi e punti oscuri anche nella dimostrazione pubblicata nel maggio 1995 sugli Annals di Princeton presi in considerazione sia a livello logico che in termini procedurali di una dimostrazione “matematica”.
    Il sogno di Wiles come risolutore dell’UTF è stato fatto risalire addirittura al bambino sognatore A.J.Wiles che, all’età di dieci anni, avrebbe sognato (non di giocare col pallone o al cricket o…, ma) di poter dimostrare l’UTF, secondo una favola diffusa dai vari S.Singh e A.Aczel, vessilliferi della gloria matematica del duo inglese Wiles-Taylor, un sogno che si sarebbe verificato di fatto per Wiles solo dopo aver superato i 40 anni, il che gli avrebbe impedito (non si capisce perché non si menziona anche Taylor) di essere premiato con la Medaglia Fields. Ma nonostante i dubbi, nel 1998, l’Unione Matematica Mondiale, dopo un’attenta analisi (si spera), decise di accettare per buona la dimostrazione generale indiretta dell’UTF in questione, come corollario alla dimostrazione parziale della Congettura di Taniyama-Shimura (1954).
    In merito alla dimostrazione annunciata nel 1993 dal solo Wiles, riportiamo una nota inedita del matematico Onofrio Gallo (n.1946 a Cervinara, Valle Caudina) risalente al giugno 1993 e che appare nel suo Codex Cervinarensis (Sezione Congetture), non senza ricordare l’eco fragorosa in quel periodo suscitata dalla stampa internazionale (soprattutto anglosassone: il New York Times, esplose il suo solito “EUREKA!” ) all’eroica e titanica impresa compiuta dal solo Andrew John Wiles, mentre in Italia un mensile a livello nazionale e una rivista per cultori delle matematiche si limitarono ( vari anni dopo, per precauzione?) a riportare quanto era ormai già noto a tutti in modo pedissequo e acritico, nonostante il fiorire nell’Italicus campus di fior di luminari nell’ambito della Teoria dei Numeri.
    Ma quali sono i dubbi e gli interrogativi evidenziati già nel giugno 1993 da Onofrio Gallo? Eccoli:
    “La “presunta” dimostrazione indiretta dell’UTF da parte di Wiles si fonda, per quanto ci consta, su una serie di collegamenti, implicazioni e contro-implicazioni, di tipo logico-operativo e che coinvolgono varie teorie, non si sa bene fino a che punto compatibili tra loro e fino a che punto interdipendenti e/o relazionabili tra loro, tenuto conto che Wiles, a quanto sembra, ha dovuto creare nuovi ponti di collegamento sulla base di generalizzazioni e di deduzioni che richiederanno senza dubbio vari mesi di approfondimento e di svisceramento per stabilirne la correttezza locale e, successivamente, la correttezza globale. L’operazione presenta grossi rischi, in quanto la mole della dimostrazione indiretta dell’UTF, benché limitata, si fonda su una premessa dimostrativa della Congettura di Taniyama-Shimura (CT-S)(sia pure a livello parziale), relativa alle curve ellittiche cosiddette semistabili.
    Tra i dubbi che nutriamo a livello personale due sembrano preponderanti e cruciali: in quanto nella dimostrazione indiretta di Wiles dell’UTF il delicato passaggio nel Teorema di Ribet ( “ La curva ellittica di Frey non è modulare”) che consente, tramite il mostro di Frey (una strana funzione ellittica alla quale non corrisponde alcuna forma modulare prevista dalla stessa CT-S, se quest’ultima è vera!), di “legare” la “verità” della CT-S alla conseguente “verità” dell’UTF, sembra essere messa in dubbio e contestata da vari matematici.

    In altri termini Frey sembra aver costruito un “mostro ellittico” ( la curva ellittica di Frey (FR) y^2= x(A-x)(A+x) il cui discriminante (AB(A+B))^2 è un quadrato perfetto, a partire da eventuali soluzioni(intere positive) A, B dell’equazione di Fermat (F) A^n +B^n=C^n per n maggiore di 2 ) e Ribet sembra aver dimostrato che a tale “mostro ellittico” non possa corrispondere alcun “mostro modulare”, e ciò anche se la CT-S è vera!
    Pertanto molti “osservatori” matematici contestano la dimostrazione di Ribet ( e di conseguenza l’implicazione della validità dell’UTF da parte della CT-S che è “vera” indipendentemente dal “Teorema di Ribet”), in quanto –essi (e noi siamo tra essi) sostengono- l’inesistente corrispondenza tra il “mostro di Frey” ( che è pur sempre una funzione ellittica, anche se “mostruosa”!) e la relativa “mostruosa forma modulare”, contraddice la “verità” dimostrata da Wiles della CT-S, secondo la quale ad ogni “funzione ellittica” ( anche “mostruosa”, dunque) deve corrispondere una ben precisa “forma modulare”( anche “mostruosa”).
    Se così non fosse la CT-S conterrebbe nel suo grembo un serpente velenoso, un controesempio in negativo (ossia una “falsità”!) e la stessa CT-S per uccidere il serpente velenoso, vale a dire per risultare vera, dovrebbe essere enunciata nei seguenti termini:

    “ Ad ogni funzione ellittica deve corrispondere una forma modulare, fatta eccezione per la funzione ellittica di Frey (“il mostro di Frey” (FR) y^2= x(A-x)(A+x)), alla quale non deve corrispondere alcuna forma modulare “mostruosa””
    Ma ciò sarebbe sufficiente?
    Quante (infinite?) funzioni ellittiche mostruose come quelle di Frey si potrebbero costruire?
    Ed è possibile escludere “a priori” che a nessuna di esse possa corrispondere qualche forma modulare NON mostruosa?
    Il fatto è che la CT-S non prende in considerazioni funzioni ellittiche “mostruose” e le loro (eventuali) corrispondenti forme modulari “mostruose”, né tantomeno quelle di tipo semi-stabili, sulle quali Wiles fonda la sua presunta dimostrazione diretta della “variante” della CT-S!
    E’ pertanto lecito concludere, dunque, che, non contemplando la CT-S alcun tipo di “mostruosità”, il mostruoso “Teorema di Ribet” e le “mostruosità” ad esso collegate non sono in alcun modo “collegabili” con la stessa CT-S.
    Di conseguenza, per la “ via mostruosa” tracciata da Frey e da Ribet, è impossibile non solo raggiungere, ma soprattutto espugnare il “castello fermati ano” dell’UTF, sia pure ricorrendo ad una infondata e illogica dimostrazione indiretta dell’UTF, sulla base della dimostrazione da parte di Wiles della parziale “verità” della CT-S.
    Il “processo illogico” contenuto nelle argomentazioni di Frey e Ribet, per ricapitolare, che non consentirebbe una dimostrazione indiretta dell’UTF da parte di Wiles sulla base della dimostrazione parziale della “verità” espressa dalla CT-S in termini aritmetici sarebbe il seguente:
    “alla verità “2”= “2” [CT-S: alla funzione ellittica “2” corrisponde la forma modulare “2” (verità 1)] Frey e Ribet aggiungono la verità “mostruosa” “5” = “7” [alla funzione ellittica mostruosa “5” corrisponde la forma modulare mostruosa “7”(falsità 1)], ottenendo “2+5 “= “2+7” e, poiché “7”≠“9” [alla funzione ellittica “7” non corrisponde alcuna forma modulare “9”(verità 2?)], dev’essere impossibile anche “5” =” 7 ”[ far corrispondere al mostro ellittico “5” il mostro modulare “7” (verita 3?)], in caso contrario …dovrebbe risultare “falsa” la CT-S “ 2”= “2”, ossia dovrebbe risultare “2”≠”2 ( falsità 2”): l’assurdo finale deriverebbe quindi da due verità dubbie o non provate( le verità2? e 3?). Il che non è affatto corretto a rigor di logica..
    Ma, sempre per quanto ci consta, esiste una seconda difficoltà legata all’eventuale validità della dimostrazione indiretta dell’UTF da parte di Wiles, legata, secondo noi, ad un’arbitraria estensione del principio d’induzione completa a particolari gruppi finiti (additivi) ottenibili dai punti interni ad una particolare curva ellittica i quali, se sono modulari, risultano modulari anche i punti di ciascun gruppo finito della corrispondente curva ellittica. Sembra che Wiles, per dimostrare, a livello generale la corrispondenza tra le infinite curve ellittiche (semistabili) e gli infiniti gruppi modulari (finiti) ad esse collegati, sia partito dal gruppo finito di ordine 9, per poi passare, per induzione a gruppi finiti di ordine crescente 9^k per k maggiore di 1.”
    In seguito Onofrio Gallo così precisò al riguardo il suo pensiero:
    “E’ come se, a proposito delle soluzioni del ben noto Problema di Strand, avessimo voluto determinarle nei termini seguenti:
    “Se invece di considerare, l’intervallo (1,499) si considerano gli intervalli ( 1n, 499n) è verosimile la “ Congettura di Raniello”, secondo la quale in tali intervalli, per n naturale ≥ 2 NON ESISTONO soluzioni del Problema di Strand. “,
    Il che ci fa comprendere che non sempre è lecito procedere per induzione nel caso l’ordine del problema varia in modo esponenziale. Un problema di ordine r^k, risolubile per k=1, non è detto che sia risolubile per k maggiore di 1. A livello logico generale ci sembra che sia lecito concludere che una verità valida per un gruppo finito (e per il relativo gruppo modulare associato) costituito da 9^k elementi, per k=1, non sempre è necessariamente valida al crescere di k.”
    Per concludere, da parte nostra, osserviamo che in seguito alla dimostrazione indiretta congiunta dell’UTF(1995) da parte di Wiles-Taylor, sulla cima dell’Everest dei contestatori troviamo, in una posizione privilegiata, la massima autorità dissenziente contro la dimostrazione indiretta di Wiles-Taylor dell’UTF, la ben nota Marilyn Vos Savant (quoziente d’intelligenza 228, il più alto secondo The Guinness Book of Worlds Records) che nel suo libro The World’s Most Famous Math Problem mise subito in discussione la dimostrazione indiretta di Wiles-Taylor dell’UTF, non senza aver già in precedenza fatto la stessa cosa nei confronti della Teoria della Relatività di Einstein e non senza aver fatto un “ affare clamoroso” nella trasmissione TV Let’s Make a Deal (Facciamo un affare) ridicolizzando vari matematici e filosofi, non escluso lo stesso Paul Erdös, “l’uomo che amava solo i numeri”, secondo quanto scrive Paul Hoffman, a proposito del problema della scelta tra auto o capre.
    Nonostante i premi, i riconoscimenti e le citazioni ufficiali relative a Wiles (e Taylor) sono rimasti intatti i dubbi e gli interrogativi legati sia alla dimostrazione generale indiretta dell’UTF da parte dei due matematici inglesi sia alla presunta “demonstrationem mirabilem” dell’UTF trovata in modo elementare da Fermat nel 1637.
    Almeno fino all’avvento del Teorema Mirabilis di Gallo e alle dimostrazioni elementari dell’UTF fornite da Onofrio Gallo e ormai patrimonio delle conoscenze matematiche sul web.
    News a cura di Umberto Esposito, per gentile concessione dell’Autore.

  8. Fabrizio scrive:

    Il teorema che caratterizza i numeri (pari) perfetti e’ il teorema di Euclide che dice: se n e’ un numero naturale tale che 2^(n+1) – 1 sia primo allora il numero (2^(n))*(2^(n+1)-1). Tutti i nuemri perfetti sono della forma (2^(n))*(2^(n+1)-1) dove 2^(n+1) – 1 e’ primo. Mettiamo k=2^(n+1) – 1 e otteniamo che (k*(k+1))= (2^(n))*(2^(n+1)-1). Comunque il Teorema di equivalenza di Gallo non e’ nessun teorema, e non capisco lo scopo del autore. Per me sta prendendo un poco in giro tutta la comunita’ che naviga per internet, oppure si tratta di una persona che forse ha bisogno di un aiuto.

  9. JohnnyX scrive:

    @Fabrizio:
    Proprio così, Fabrizio, si tratta di una sorta di mitomane o conta-balle!
    Anche su questo blog lo conoscono bene e no lo sopportano più: http://www.magnaromagna.it/leggende/il-quadrato-magico-di-pompei/
    Mah?

  10. andré scrive:

    Certe persone, invece di blaterare a vuoto, perchè non provano a risolvere almeno una delle equazioni riportate più sopra. In caso contrario è inutile continuare con insulssi e squallidi sproloqui Fatti, non parole! Mi sorge il sospetto che alcune persone siano nate per puro caso con un cervello. Prima di replicare dimostrate quanto valete. Forse tre anni dovrebbero essere più che sufficienti per portare a termine il vostro compitino. Andrè

  11. Fabrizio scrive:

    Andre’,
    non si puo’ chiamare Teorema di equivalenza di Gallo un cosa che si sa da tanto tempo (ok mi sono dimenticato di mettere il /2 nella formula che semplicemente derivato – non sono stato io a derivarla, e’ una cosa che si sa da un bel po di tempo). E questo e’ solo una delle affermazioni che si fanno da pate vostra (Andre=Umbero=Gallo) E’ orribile quello che sta facendo. Disturba la gente con delle affermazioni che sono: a) note e le nomina come Teorema … di Galo. b) afferma di avere le risposte per gli zeri della funzione zeta senza dare un minimo di supporto scienitifico. Gli esercizi gli risolviamo. Ma non su questo blog. Ci sono altri posti dove si risolvono gli esercizi. Comunque, tentero’ di contattare a Oslo l’accademia e’ chiedero se posso avere delle informazioni sul prezioso documento scientifico depositato nel 2004.

  12. andré scrive:

    Possibile che non riuscite a comprendere le novità racchiuse nelle sette righe diffuse on line dal 14 aprile u.s. e che costituiscono il Teorema RH-Mirabilis di Gallo? E’ vero o non è vero che la funzione zeta di riemann ammette zeri complessi coniugati non banali del tipo indicati. E per quale motivo la parte reale della generica soluzione complessa non banale della funzione zeta di Riemann, per ragioni di simmetria, non dovrebbe valere 1/2? E’ quanto io che non sono mateamtico ho capito senza l’aiuto di nessuno: e voi che siete in tanti sapete fare solo gli indovini? Con le vostre false identità a catena? Spero che sarà cura vostra segnalare gli altri siti dove si risolvono gli esercizi(non a me, che non sono nessuno per giudicare le vostre eventuali soluzioni), ma a chi ve li ha proposti da tempo in rete. Da parte di Fabrizio and C. s’insinua forse, continuando a fare uno sterile ma palese mobbing( disturba la gente ecc) a boomerang, che non esistono memorie depositate da qualche parte del matematico cervinarese? O ne siete addirittura convinti? Sinceramente non so che dire. Ma credo che resterete delusi in ogni caso. Parlate pure, ma prima risolvete il vostro compitino. Ne potrebbe andare perfino della vostra reputazione agli occhi di chi la matematica non la ripete soltanto, ma la crea. E non solo in Italia. André

  13. Fabrizio scrive:

    Carissimo Andre,

    ma ci aiuti a trovare queste sette righe difuse on line il 14 aprile. La prego di aiutarci nella ricerca di queste sette righe che sono la fondazione del mirabile teorema RH-Mirabilis di Gallo!
    La sue domande sulla funzione zeta sono delle domande banali, e non c’e’ propio niente di nuovo da capire dopo la sua questionabile elaborazione.
    Ci piacerebbe veramente vedere le sette righe che forse cambireanno il corso della scienza in generale.
    Comunque la prego, ci segnali il posto sul web dove sono state pubblicate queste sette righe.
    Ma lei non ci crede alla storia dell accademia di Oslo?

  14. andré scrive:

    Chiedete a Google e sarete accontentati! André

  15. Fabrizio scrive:

    Caro Andre’,

    no ci riusciamo! Google non ci aiuta, oppure non sappiamo come impostare la ricerca.
    La prego, ci basterebbe un link (http://sito-internet.it).
    Chiedo troppo?

  16. andré scrive:

    Siete davvero strani conoscete il concetto di link e non sapete trovare quello che vi serve! Provate con Yahoo! Andreé

  17. Fabrizio scrive:

    Caro Andre’,

    le sette righe non si trovano neanche con yahoo. Non capisco perche’ trova cosi’ difficile rilasciare questo famoso link.

    Per conto mio non esistono, ma la prego cerchi di illuminarmi sul seguente quesito (si ponga il quesito prima di prendere la pillola, insommma quando Gallo e’ presente).

    Sia f:C->C una funzione di numeri complessi, definita per formula f(z) = sum(1/[i^z]) per i=1,2,3, … , ∞.
    Sia z un numero complesso tale che Im(z) != 0 e f(z) = 0. Dimostare che Re(z)=0.5

    Le porgo i miei ringraziamenti in avanti.

  18. andré scrive:

    Semplicemente continuo a non capire dove volete parare Non accetto le vostre illazioni e il vostro tono. Per il resto prima di cercare di farvi risolvere i vostri problemi da altri cercate di risolvere i problemi che vi attendono da tempo.In caso contrario per me il dialogo termina qui. Porgo anch’io i miei ringraziamenti in avanti André

  19. Fabrizio scrive:

    Caro Andre’,

    il quesito posto dovrebbe essere interessante. Almeno al prof. Gallo.
    Ma la prego, mi spieghi, quale tono non accetta?

    Le 7 righe difuse nel web no si trovano. Lei non c’e’ le vuole mostrare. Da tantno tempo sta diffondendo dei testi in forma di commenti che non rispettano il minimo del buon senso.

    John Nash e’ una persona che ha fatto delle cose grandiosi per la matematica.

    Lei e tutti i personaggi che girano attorno a lei stanno facendo solamente una grande confusione, e a mio parere creano disturbo.
    La prego di capire che sto esprimendo il mio parere personale, e non sto affermando nulla.

    Abbia la cortesia e tenti di smetterla. Quello che deve capire e’ che non si sta facendo del bene.

    Le porgo i miei piu cordiali saluti.

  20. fred scrive:

    Caro André, tieni duro!stai avendo a che fare con uomini messianici che tendono a cogliere gli archetipi delle varie sfaccettature del reale mediante stereotipi logici convenzionali ormai logori e calcificati, sospesi tra l’essenza delle tele di De Chirico e i dialoghi fittizi di Durrenmatt…Un saluto da Fred.

  21. Fabrizio scrive:

    Fred,
    Andre’, ma proprio siete delle meraviglie. I teoremi di Gallo ci salveranno!
    Una rompitura come la vostra malattia non si registra da tempo.
    Siete ammalati ed avete bisogno di prottezione ed attenzione.

  22. fred scrive:

    Caro André, tiene sempre più duro! Come vedi,avevo ragione, costoro avrebbero dovuto fare i sacerdoti, ma (invece di pregare) hanno voluto scomodare Euclide..e perfino il loro amico Nash! Il risultato? Non sono né preti e né chierichetti! Non sono né carne e nè pesce. Sono semplicemente nati per essere nessuno. Del che son pien le fosse…A buon intenditor (..)! Fred