Область применимости ВТФ

[Виктор Ширшов]

Батороев в сообщении #277006 писал(а):

Я один из многих, кто знал это свойство еще и при недоказанной ВТФ.

Где об этом говорится: в Википедии или где ещё? Дайте ссылку.

[Батороев]

Вряд ли, в Википедии или еще где-либо подобные очевидные свойства упоминаются.

[yk2ru]

Виктор Ширшов в сообщении #276944 писал(а):

Мне представляется, что сформулирована теорема неоднозначно.

Мне представляется, что вы неправильно сформулировали словами то, что пожелали в этой теме обсудить. Никакое это не расширение теоремы Ферма, а то что записали формулой, вполне по силам доказать школьнику.

[Виктор Ширшов]

yk2ru в сообщении #277055 писал(а):

Мне представляется, что вы неправильно сформулировали словами то, что пожелали в этой теме обсудить. Никакое это не расширение теоремы Ферма, а то что записали формулой, вполне по силам доказать школьнику.

Школьники докажут. А Вы?

-- Сб янв 02, 2010 18:24:41 --

Батороев в сообщении #277024 писал(а):

Вряд ли, в Википедии или еще где-либо подобные очевидные свойства упоминаются.

И в чём собственно очевидность данного свойства?

[Батороев]

Виктор Ширшов в сообщении #277058 писал(а):

yk2ru в сообщении #277055 писал(а):

И в чём собственно очевидность данного свойства?

В простоте доказательства, которое я привел.
Очевидность неравенства $(a+b)^n>a^n+b^n$, на основе которого это доказательство строится, напрямую вытекает из формулы Ньютона для степени суммы.

[Виктор Ширшов]

Батороев в сообщении #277062 писал(а):

В простоте доказательства, которое я привел.
Очевидность неравенства , на основе которого это доказательство строится, напрямую вытекает из формулы Ньютона для степени суммы.

Теперь осталось доказать, что обе части неравенства $(a+b)^n>a^n+b^n$ соответственно равны тем частям неравенства, которое я привёл.

[vlata]

Формулы Ньютона тут не нужны...

$(a+b)c=ac + bc$
если $c=(a+b)$,
то $(a+b)(a+b)=a(a+b)+b(a+b)$
а так как $a(a+b)>aa$ и $b(a+b)>bb$,
то $a(a+b)+b(a+b)>aa+bb$,
следовательно $(a+b)(a+b)>aa+bb$.

Это изучают, когда детям рассказывают про правила сложения и умножения.

[yk2ru]

Виктор Ширшов в сообщении #277058 писал(а):

Школьники докажут. А Вы?

Этот вопрос должно адресовать вам. Вы доказательства не представили.

-- Сб янв 02, 2010 22:04:13 --

vlata в сообщении #277082 писал(а):

$(a+b)(a+b)>aa+bb$.

Этого очевидного неравенства достаточно. Всё выше приведённое излишне.

[Виктор Ширшов]

yk2ru в сообщении #277086 писал(а):

Виктор Ширшов в сообщении #277058 писал(а):
Школьники докажут. А Вы?

Этот вопрос должно адресовать вам. Вы доказательства не представили.

Вы, в смысле age и другие профессионалы, то и дело подбрасываете ферматикам, т. е. непрофессионалам, разного рода задачки, показывая свою исключительность над ними. Между тем, как сказал один известный историк химии: «Учёный – это вовсе не профессия и не титул, а скорее склад мышления. Учёным может быть и мореплаватель и плотник, и точно так же иной солидный доктор наук учёным никогда не был и не будет». Добавлю к сказанному, учёным можно считать любого человека, наделённого исключительным складом мышления.
Поступлю так, как когда-то поступал обиженный профессионалами судья Ферма. Считайте расширенную теорему моим вызовом Вам Всем. И гадайте, имею ли я её доказательство или нет.
yk2ru. Попытайтесь доказать теорему сами, не ссылаясь на других решателей, предлагающих то, что когда-то я предлагал. Разве, не убеждал ранее и я Вас в том, что равенства не будет, если обе его части умножить (подразумевается возвести в степень) на разные числа.

[vlata]

Это Вы погорячились... Пьер Ферма ни на кого не обижался...
Собственно, всё очень просто: сумма арифметической прогрессии равна сумме арифметической прогрессии.
Есть ряд нечётных чисел: $1, 3, 5, 7, 9, 11$…
с порядковыми номерами $1, 2, 3, 4, 5, 6$…
Следовательно, первый член ряда, это $a_1=1$, второй член $a_2=3$, третий член $a_3=5$, и так далее.
Сумма арифметической прогрессии n первых членов ряда нечётных чисел равна $n^2$ или равна сумме этих n первых членов ряда: $n^2 = a_1+a_2+a_3+a_4+… +a_n=1+3+5+7+…+a_n$.
Кроме этого, есть ещё одна зависимость: куб единицы равен первому члену ряда нечётных чисел (1), куб двойки равен сумме следующих двух членов ряда $(3+5)$, куб тройки равен сумме следующих трёх членов ряда $(7+9+11)$, и так далее. Получается, что сумма кубов первых членов натурального ряда равна сумме арифметической прогрессии первых членов ряда нечётных чисел. Количество первых членов ряда нечётных чисел можно определить и суммированием оснований кубов, так как основание куба равно количеству слагаемых при представлении этого куба в виде суммы последовательных членов ряда нечётных чисел. Как пример: $1^3=1$, $2^3=3+5$, $3^3=7+9+11$, $4^3=13+15+17+19$.
Таким образом, сумма кубов первых натуральных чисел равна квадрату суммы оснований этих кубов.
$N_1^3+N_2^3+N_3^3+…+N_m^3=(N_1+N_2+N_3+…+N_m)^2$
Иными словами, нужно знать свойства натурального ряда и свойства ряда нечётных чисел и не придётся выдумывать новых «теорем», - это с одной стороны. С другой стороны, в этой теме Вы пытаетесь найти и доказать зависимость, которая давно исследована Пифагором и его последователями.
В период с 500 до 150 года до нового летоисчисления, то есть 2500-2150 лет назад, эта зависимость была уже изучена и не единожды записана в сохранившихся исторических документах.
И от того, что Вы заменили квадрат на куб, а потом все показатели степени записали как n и поставили вместо знака равенства знак неравенства… - ну и какой это закон?
А если коротко, - в данном случае нужно повторить математику за первые три класса школьной программы, - основные правила сложения и умножения. Этого будет достаточно, чтобы понапридумывать множество таких «расширенных теорем» или понять, почему рождаются такие «теоремы», как Ваша.

[Батороев]

Виктор Ширшов в сообщении #277074 писал(а):

Теперь осталось доказать, что обе части неравенства $(a+b)^n>a^n+b^n$ соответственно равны тем частям неравенства, которое я привёл.

Вы, наверное, не поняли доказательства, которое я привел.
Объясню еще раз.

Любое натуральное число, большее единицы, всегда можно представить в виде суммы двух натуральных чисел, следовательно, число $(1+2+3+4+...+n)=(1+2+3+4+...+k)+((k+1)+...+n)$, где $k<n$.

В данном случае $a=(1+2+3+4+...+k)$; $b=((k+1)+...+n)$ и к ним применимо неравенство $(a+b)^n>a^n+b^n$,
т.е. $(1+2+3+4+...+n)^n>(1+2+3+4+...+k)^n+((k+1)+...+n)^n$.

В свою очередь каждое из полученных чисел $a$ и $b$ также можно представить в виде суммы двух натуральных чисел, а именно:
$(1+2+3+4+...+k)=(1+2+3+4+...+l)+((l+1)+...+k)$, где $l<k$.
$((k+1)+...+n)=((k+1)+...+m)+((m+1)+...+n)$, где $k<m<n$.
для которых также справедливо:
$(1+2+3+4+...+k)^n>(1+2+3+4+...+l)^n+((l+1)+...+k)^n$
$((k+1)+...+n)^n>((k+1)+...+m)^n+((m+1)+...+n)^n$

Продолжая (мысленно) такие последовательные действия, в конце концов придем к $(1+2+3+4+...+n)^n>1^n+2^n+3^n+4^n+...+n^n$.

vlata в сообщении #277082 писал(а):

Формулы Ньютона тут не нужны...

Тем, кто нереально трудолюбив и готов рассматривать неравенство для всех степеней отдельно, формула Ньютона:
$(a+b)^n= a^n+b^n+ (na^{n-1}b+....+nab^{n-1})$, может и не нужна. Всем остальным она может понадобиться.

[vlata]

Батороев в сообщении #277154 писал(а):

Любое натуральное число, большее единицы, всегда можно представить в виде суммы двух натуральных чисел, следовательно

Натуральное число $2$ больше единицы: $2>1$. Его можно представить в виде суммы двух других натуральных чисел $2=1+1$, следовательно, чему равны $k, n, m, l$ ?

Теперь о левой части Вашего первого равенства, вот этой $(1+2+3+4+...+n)$. - Если в такой форме вы записываете "Любое натуральное число, большее единицы", то оно исключает следующие числа: $2, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14,...$
Получается, равенство охватывает не "Любое натуральное число, большее единицы".

Пока только эти вопросы. - По порядку, не торопясь...

[Батороев]

Имеется в виду: "Любое натуральное число, большее 1, можно представить в виде суммы двух натуральных чисел,
в том числе,
и число $(1+2+3+4+...+n)$".

[vlata]

Батороев в сообщении #277161 писал(а):

Имеется в виду: "Любое натуральное число, большее 1, можно представить в виде суммы двух натуральных чисел, в том числе, и число...

А не "в том числе"? - Где же равенство для любого натурального числа? Вы отталкиваетесь от записанного Вами равенства и рассуждаете дальше, а оно (равенство) не распространяется на все натуральные числа, - это частный случай, - следовательно, - в итоге вы не имеете право говорить о том, что закономерность охватывает всю область натуральных чисел.
И потом, пусть даже это частный случай. Вы ввели переменные $k$ и $n$, но не оговорили их соотношение кроме замечания, что $k<n$. Замените, пожалуйста, в первом равенстве эти переменные парой числовых значений, чтобы было понятно, как они взаимосвязаны. Или конкретно укажите их разность или коэффициент пропорциональности.

[Батороев]

Пример.
Доказать, что
$(1+2+3+4+5)^5>1+2^5+3^5+4^5+5^5 $ (1)



Т.к. $(1+2+3+4+5)= (1+2+3)+(4+5)$, то
$(1+2+3+4+5)^5>(1+2+3)^5+(4+5)^5$ (2)

Т.к. $(1+2+3)=(1+2)+3$, то
$(1+2+3)^5>(1+2)^5+3^5$ (3)

Т.к. $(4+5)=4+5$, то
$(4+5)^5>4^5+5^5$ (4)

Т.к. $(1+2)=1+2$, то
$(1+2)^5>1+2^5$ (5)

Сводим неравенства (2)-(5):

$(1+2+3+4+5)^5>(1+2+3)^5+(4+5)^5>(1+2)^5+3^5+4^5+5^5>1^5+2^5+3^5+4^5+5^5$

следовательно неравенство (1) справедливо.