Un límite en un Feynman "prueba" sobre el Teorema de Fermat.

Question

Como tal vez algunos de ustedes ya saben, Richard P. Feynman, el famoso físico trató de un no-ortodoxos (en su forma habitual, supongo) la prueba del Último Teorema de Fermat.

Él trató de una probabilístico "prueba" de que no rigurous matemático en el mundo habría aceptado, pero que muestra su enorme creatividad y conocimientos. Está muy bien explicado aquí: http://www.lbatalha.com/blog/feynman-on-fermats-last-theorem

He seguido la derivación de D. Luis Batalha, pero en algún momento él desafía al lector a demostrar que el valor de:

$$c_{n} = \int_{1}^{\infty}\int_{1}^{\infty}(u^{n} + v^{n})^{-1 + \frac{1}{n}} \, du\,dv $$

al $n \to \infty $ es de aproximadamente $1/n$ ($c_{n} \approx 1/n$).

Pues bien, el Señor Batalha dice que para las grandes $n$ tiende a $1/n$, y creo que podemos decir que para $n \to \infty$.

Me temo que he tratado de resolver el límite, pero yo soy despistado.

Gracias y felicitaciones al Señor Batalha para un post interesante.

EDIT: fallo en la definición de $c_{n}$, el límite inferior de la integral es 1, no 0 como lo era antes. Me temo que el error está presente también en el enlace.

EDIT 2: Cuando le hice esta pregunta hace un par de días, no me podía imaginar que tantos ricos y fructíferos comentarios y respuestas. Muchas gracias a todos. Voy a dejar la pregunta abierta para un par de días más por si alguien quiere continuar la adición de soluciones. Creo que todos los comentarios han sido magnífica. Creo que estoy goingo para escoger la respuesta por @cansado. Gracias a todos.

Answer 1

Me puede dar una heurística de derivación de los resultados encontrados numéricamente por @RaymondManzoni y @Arentino. Voy a tratar de hacer las cosas más rigurosos en los próximos días

Primero de todo tenemos que observar la invariancia de la integral bajo la transformación de $x \leftrightarrow y$ (i re-etiquetar $u\rightarrow x, v\rightarrow y $). Por lo tanto, podemos escribir por simetría

$$ I_n=\color{blue}{2}\int_1^{\infty}dx\int_x^{\infty}dy(x^n+y^n)^{-1+1/n} $$

ahora establecimiento $(y/x)^n=q$ obtenemos

$$ I_n=\frac{\color{blue}{2}}{n}\int_1^{\infty}dx\frac{1}{x^{n-2}}\int_1^{\infty}dq(1+q)^{-1+1/n}q^{-1+1/n} $$

la integral sobre la $x$ es trivial y rendimientos $$ I_n=\frac{\color{blue}{2}}{n}\frac{1}{n-3}\int_1^{\infty}dq(1+q)^{-1+1/n}p^{-1+1/n} $$

el truco ahora es reconocer que el $n$-dependencia de los restantes integral es muy débil si $n$ vuelve grande (para ser más precisos disminuye en potencias de $1/n$) lo que conduce a pedido, podemos simplemente lo ignoran $$ I_n\sim\frac{\color{blue}{2}}{n}\frac{1}{n-3}\int_1^{\infty}dq(1+q)^{-1}q^{-1}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^3}\right) $$

y por lo tanto

$$ I_n\sim\frac{\color{blue}{2}}{n}\frac{1}{n-3}\log(2)+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^3}\right)\sim\frac{\color{blue}{2}\log(2)}{n^2}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^3}\right) $$

de acuerdo con evaluaciones numéricas, y FEYNMAN PARECE MAL ;)

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Comentario

Empujando las expansiones un paso más allá, también puedo confirmar Raymonds los cálculos a $1/n^3$, así que estoy seguro ahora de que mi método es correcto

Answer 2

En términos de coordenadas polares, $(u^n+v^n)^{-1+1/n} \leq r^{-n+1} 2^{(-n/2+1)(-1+1/n)} = r^{-n+1} 2^{n/2-3/2+1/n}$. Esto es logrado a lo largo de $\theta=\pi/4$. Esto hace sentido geométrico: el $n$ normas $n \geq 2$ son menores a los de la $2$ norma, y el lugar donde son más pequeños por la cantidad más grande es a lo largo de las líneas de $y=\pm x$. Estamos lidiando con una potencia negativa de una $n$ norma, por tanto, fija $r$ es mayor a lo largo de esas líneas.

Esto se ve mal, debido a que el cultivo de $2^{n/2}$. Pero usted puede reescribir esto como $2^{-3/2+1/n} r (r/\sqrt{2})^{-n}$. En $[1,\infty) \times [1,\infty)$$r \geq \sqrt{2}$. Por lo tanto la integral está limitada por un número constante de veces $\int_1^\infty r^{2-n} dr$. Este límite finito tan pronto como $n>3$ y se comporta como $\frac{1}{n}$$n \to \infty$.

No estoy seguro de si el original de la integral es finito cuando $n=3$. (Además, yo no reclamo ni esperar que estas estimaciones están en todos apretados.)

Answer 3

La integral puede ser calculada con Mathematica y el resultado (por $n>3$) es:

$$ \begin{align} c_n=&{1\over n-3} \left({4^{-1/n}\over\sqrt\pi} \Gamma\left({1\over2} - {1\over n}\right) \Gamma\left({1} + {1\over n}\right) -{}_2F_1\left({1\over n}, {n-1\over n}; {n+1\over n}; -1\right)\\ +{1\over n-2}\ {}_2F_1\left({n-2\over n}, {n-1\over n}; {2n-2\over n}; -1\right) \right),\\ \end{align} $$ donde ${}_2F_1$ es la función hipergeométrica.

El primer término $1/(n-3)$ no es nada sino $\int_1^\infty r^{2-n} dr$, como se encuentra por Ian en su respuesta. Desafortunadamente, sin embargo, el término entre paréntesis no tiende a una constante positiva para $n\to\infty$, sino que es proporcional a $1/n$, porque:

$$ \lim\limits_{n\to\infty}n^2c_n =2\ln2. $$ De ello se desprende que Batalha la afirmación es falsa.