Наивное доказательство

[ananova]

1. Пусть $z,y,x,s \in \mathbb{N}$
   $$z>y>x>s$$
2. $$z=y+x-s$$
3. $$z^3=(y+x-s)^3$$
4. $$z^3=y^3+\underbrace {\color{red}{3(y+x-s)y(x-s)}+{\color{blue}(x-s)^3}}_{\makebox[1pt][c]{{\color{red}$3(y+x-s)y(x-s)}>{\color{blue}(x-s)^3$}}}$$
5. $$z^3=y^3+\underbrace {\color{red}{3(y+x-s)y(x-s)}+{\color{blue}x^3-3xs(x-s)-s^3}}_{\makebox[1pt][c]{{\color{red}$3(y+x-s)y(x-s)}>{\color{blue}(x-s)^3$}}}$$
6. $${\color{green}z^3=y^3}+\underbrace {\color{red}{3(y+x-s)y(x-s)}+{\color{green}x^3}{\color{blue}-3xs(x-s)-s^3}}_{\makebox[1pt][c]{{\color{red}$3(y+x-s)y(x-s)}>>{\color{blue}-3xs(x-s)-s^3}}}$$
7. Противоречие для ВТФ
   $${\makebox[0pt][c]{{\color{red}$3(y+x-s)y(x-s)}{\color{blue}-3xs(x-s)-s^3}>0}}$$
8. Таким образом,
   $$\makebox[0pt][c]{{\color{green}z^3=y^3+x^3}{+\color{red}3(y+x-s)y(x-s)}{\color{blue}-3xs(x-s)-s^3}}$$

[mihaild]

Как вы от 6 перешли к 7?
(с учетом того, что существуют числа $x, s, y$, удовлетворяющие 1, но не 7)

[ananova]

mihaild в сообщении #1035317 писал(а):

Как вы от 6 перешли к 7?
(с учетом того, что существуют числа $x, s, y$, удовлетворяющие 1, но не 7)

Спасибо за замечание.

Извиняюсь, обнаружил нестыковочку.
Все было бы хорошо, если бы это выполнялось и для степени 2.

1. Пусть $z,y,x,s \in \mathbb{N}$
   $$z>y>x>s$$
2. $$z=y+x-s$$
3. $$z^2=(y+x-s)^2$$
4. $$z^2=y^2+\underbrace {\color{red}{2y(x-s)}+{\color{blue}(x-s)^2}}_{\makebox[1pt][c]{{\color{red}$2y(x-s)}>{\color{blue}(x-s)^2$}}}$$
5. $$z^2=y^2+\underbrace {\color{red}{2y(x-s)}+{\color{blue}x^2-2xs+s^2}}_{\makebox[1pt][c]{{\color{red}$2y(x-s)}>{\color{blue}(x-s)^2$}}}$$
6. $${\color{green}z^2=y^2}+\underbrace {\color{red}{2y(x-s)}+{\color{green}x^2}{\color{blue}-2xs+s^2}}_{\makebox[1pt][c]{{\color{red}$2y(x-s)}={\color{blue}-2xs+s^2}}}$$
7. По теореме Пифагора
   $${\makebox[0pt][c]{{\color{red}$2y(x-s)}{\color{blue}-2xs+s^2}=0}}$$
8. Таким образом,
   $$\makebox[0pt][c]{{\color{green}z^2=y^2+x^2}{+\color{red}2y(x-s)}{\color{blue}-2xs+s^2}={\color{green}y^2+x^2}}$$

[mihaild]

ananova в сообщении #1035319 писал(а):

По теореме Пифагора

К чему Вы применяете теорему Пифагора?

Впрочем, 7 следует сразу из 6 и $z^2 = x^2 + y^2$. Но что дальше?

[ananova]

mihaild в сообщении #1035322 писал(а):

что дальше?

Дальше нужно доказать, что это неравенство справедливо

ananova в сообщении #1035279 писал(а):

7. Противоречие для ВТФ

$${\makebox[0pt][c]{{\color{red}$3(y+x-s)y(x-s)}{\color{blue}-3xs(x-s)-s^3}>0}}$$

[mihaild]

ananova в сообщении #1035329 писал(а):

Дальше нужно доказать, что это неравенство справедливо

ananova в сообщении #1035279

писал(а):
7. Противоречие для ВТФ

$${\makebox[0pt][c]{{\color{red}$3(y+x-s)y(x-s)}{\color{blue}-3xs(x-s)-s^3}>0}}$$

Доказать это только из предположения, что $y > x > s$ не получится. И причем тут пифагоровы тройки?

[ananova]

mihaild в сообщении #1035330 писал(а):

Доказать это только из предположения, что $y > x > s$ не получится.

Докажите.

[mihaild]

mihaild в сообщении #1035317 писал(а):

существуют числа $x, s, y$, удовлетворяющие 1, но не 7

[ananova]

(Оффтоп)

mihaild в сообщении #1035335 писал(а):

mihaild в сообщении #1035317 писал(а):

существуют числа $x, s, y$, удовлетворяющие 1, но не 7

Это комментарий, а не доказательство.

[vasili]

Уважаемый ananova!

$3(y +x-s)y(x-s)-3xs(x-s)-s^3 > 0$


Это неравенство ошибочно. Чтобы Вам показать ошибочность, воспользуюсь формулами

Абеля и их следствием для 2 случая ВТФ для $n = 3$. Пусть $(z, 3) = 3$.

$x-s =z-y = x_1^3$,

$s =x + y-z = x_1y_1z_1$,

$3(x +y) =z_1^3$.

$y + x-s = z$

С учетом этих соотношений Ваше неравенство превратим в равенство.

$$3(y +x-s)y(x-s)-3xs(x-s)-s^3 = 3zyx_1^3-3x(x + y-z)x_1^3-x_1^3y_1^3z_1^3 = =x_1^3(3zy-3x^2-3xy + 3zx-y_1^3z_1^3) = =x_1^3[3z( x +y) -3x(x + y)-3y_1^3(x +y)] = = 3x_1^3(x +y)( z -x -y_1^3) = 0$$

,

так как $z -x =y_1^3$. Противоречия нет.

[ananova]

vasili,

Благодарю за ответ. Действительно, Вы правы - если свести все к тождеству, то никаких противоречий не будет. Вы это продемонстрировали. С одним только но - подобные тождества справедливы для иррациональных значений одной или нескольких переменных.

Я пробую "увести" Вас от тождества, - если Вы воспользуетесь только условиями (1) и (2), не связанными основными арифметическими ограничениями ВТФ, т.е. для всех положительных чисел, связанных условием (2).

1. Пусть $z,y,x,s \in \mathbb{N}$

$$z>y>x>s>0$$

2.

$$z=y+x-s$$

то получите 7.

$${\makebox[0pt][c]{{\color{red}$3(y+x-s)y(x-s)}{\color{blue}-3xs(x-s)-s^3}>0}}$$

Доказать, что неравенство (7.) справедливо для любых натуральных чисел, полагаю не просто.

-- Пт июл 10, 2015 20:30:07 --

Эту задачу можно сформулировать проще:

1. Пусть $a,b,c \in \mathbb{N}$ и

$$a>b>c>0$$

Доказать, что
2.

$${\makebox[0pt][c]{{\color{red}$3(a+b-c)a(b-c)}{\color{blue}-3bc(b-c)-c^3}>0}}$$

[mihaild]

ananova в сообщении #1035549 писал(а):

1. Пусть $a,b,c \in \mathbb{N}$ и

$$a>b>c>0$$

Доказать, что
2.

$${\makebox[0pt][c]{{\color{red}$3(a+b-c)a(b-c)}{\color{blue}-3bc(b-c)-c^3}>0}}$$

Это действительно очень сложно доказать.

Подсказка: подставьте $a = b + 1 = c + 2$ и посмотрите, что получится.

[ananova]

mihaild
Если я Вас правильно понял, необходимо уточнить условие 2:

1. Пусть $a,b,c \in \mathbb{N}$ и

$$a>b>c>0$$

Доказать, что
2.

$${\makebox[0pt][c]{{\color{red}$3(a+b-c)a(b-c)}{\color{blue}-3bc(b-c)-c^3}\not =0}}$$

[mihaild]

Вот такое утверждение уже действительно эквивалентно ВТФ для $n=3$ (и вы это доказали).
Теперь осталось доказать $1 \Rightarrow 2$.

[ananova]

Это утверждение даже несколько шире чем ВТФ, т.к. нет, например, ограничений

$$(a,b)=1; (a,a+b-c)=1; (a+b-c,b)=1$$

Может без них будет проще доказать.