Область применимости ВТФ

[Виктор Ширшов]

vlata в сообщении #277301 писал(а):

yk2ru в сообщении #277295 писал(а):
Вы дали формулировку - вам и доказывать.


- И это будет справедливо.

vlata. О справедливости не говорите. Это - вызов. А свой почтовик я Вам кину.

[yk2ru]

Виктор Ширшов в сообщении #277294 писал(а):

докажите справедливость того, что видите.

То, что я записал для степени два, легко переносится на случай любого натурального $n$.
Полагаю, что vlata это поняла. А вы всё ещё требуете доказательства.

[vlata]

Из высших курсов повышения квалификации про-двинутых ферматиков...

Изучаем распределительный закон умножения относительно сложения:

$( a + b )k = ak + bk$ .

Заменим переменную $k$ суммой двух переменных $k = a + b$.

$( a + b )( a + b ) = a( a + b ) + b( a + b )$.

Применим распределительный закон умножения в правой части равенства:

$( a + b )^2 = aa + ab + ba + bb = (a^2 + b^2) + 2ab$.

Из равенства суммы двух слагаемых $c = n + m$ , следует, что $c >n$ и $c > m$.

Таким образом

$( a + b )^2 > (a^2 + b^2)$ и

$( a + b )^2 > 2ab$.

После аналогичных преобразований с применением распределительного закона умножения в равенствах вида:

(1)$(a+b+d)kk = akk+bkk+dkk$ , где $k = (a+b+d)$, $a=1$, $b=a+1$, $d=b+1$,

(2)$(a+b+d+e)kkk = akkk+bkkk+dkkk+ekkk$, где $k = (a+b+d+e)$, $a=1$, $b =a+1$, $d=b+1$, $e=d+1$,

(3)...

(4)......
и так далее, - приходим к выводу, что после того как человек научился читать, писать, включать компьютер или тыкать в кнопки калькулятора пальцем,
он просто обязан выучить, хотя бы, как минимум, основные законы арифметических действий: http://znajka.net/node/64
(лицам, старше 18-ти лет, для лучшего усвоения матерала можно пользоваться матобеспечением Гиляровского)

[Батороев]

Виктор Ширшов в сообщении #277281 писал(а):

vlata в сообщении #277218 писал(а):

Вот Вы, Батороев, в сообщении от (Вс янв 03, 2010 12:18:28) в пункте (1) и в пункте (2) записали два разных неравенства. Но у каждого из них может быть своё доказательство истинности. Вы же выстроили рассуждение исходя из принципа очевидности. Но не всегда то, что применимо для неравенства (1), можно применить для неравенства (2). Хотя, то, что применимо для пункта (2), применимо для пункта (1).
Уверен, что Вы меня поняли, если для Вас очевидна истинность этих двух неравенств.

Батороев. Если Вы не поняли о чём говорит vlata, подскажу, нужно найти доказательство для общего случая, а не для частного: 5-й, 8-й или 111- й степени.

Для общего случая я писал:

Батороев в сообщении #277154 писал(а):

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.

Для тех, кто не смог представить продолжение доказательства "мысленно", привел пример с $n=5$, в котором все досконально (по-децки) расписал:

Батороев в сообщении #277173 писал(а):

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.

Если и после этого Вам или пользователю vlata что-то не понятно, я не виноват!

[Виктор Ширшов]

Батороев в сообщении #277380 писал(а):

Если и после этого Вам или пользователю vlata что-то не понятно, я не виноват!

Докажите без введения натуральных чисел $k$, $l$, $m$ и "мысленных продолжений".

[vlata]

Батороев, вы утверждаете:

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)

Сообщите, пожалуйста, для данного конкретного случая, каким образом совершен переход от равенства к неравенству или на основании чего сделано заключение о верности неравенства (какой метод доказательства, какие использованы математические свойства, цепочка преобразования и рассуждения…).
Всего лишь, такую элементарную малость.

[Батороев]

Переход производится на основании неравенства:
$(a+b)^n>a^n+b^n$,
которое напрямую следует из формулы Ньютона:
$(a+b)^n = a^n+b^n + (n\cdot a^{n-1}\cdot b+\dfrac{n\cdot (n-1)}{2!}\cdot a^{n-2}\cdot b^2+...)$
т.к. при натуральных числах слагаемое правой части в скобках при $n>1$ - всегда положительная величина.

В данном случае:
$(a+b)=(1+2+3+4+5)$
$a=(1+2+3)$
$b=(4+5)$.

[Виктор Ширшов]

Виктор Ширшов в сообщении #277432 писал(а):

Докажите без введения натуральных чисел $k$, $l$, $m$ ...".

vlata. И к Вам относится. Букв всех известных алфавитов не хватит, чтобы обозначить натуральный ряд.

Батороев в сообщении #277380 писал(а):

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

На основании какого посыла, следует неравенство. Непонятно мне. vlata, правда, знает.

[vlata]

Виктор Ширшов в сообщении #277776 писал(а):

vlata. И к Вам относится. Букв всех известных алфавитов не хватит, чтобы обозначить натуральный ряд.

- а Вы не заморачивайтесь, пишите как есть, всЕ числа ряда цифрами, - пока чернила не кончатся...

Батороев в сообщении #277733 писал(а):

В данном случае:

- в данном случае, если $(a+b)^2 = (1+2)^2$ - то вы имеете дело с биномом, а если
$(a+b+c+d+e)^5 = (1+2+3+4+5)^5$ - то это уже полином, но, в любом случае, в равенстве которое представил Виктор, нет надобности каждый член отдельной буквой обозначать. (Виктор. И к Вам относится...)

Что-то мне подсказывает, что банковский всемирный кризис только в начале своего триумфального шествия... Что-то навевает такое ощущение... - надо бы Освальда Шпенглера перечитать... об этом у него что-то есть.

[Виктор Ширшов]

vlata в сообщении #277788 писал(а):

в любом случае, в равенстве которое представил Виктор, нет надобности каждый член отдельной буквой обозначать. (Виктор. И к Вам относится...)

Как и весь натуральный ряд. Естественно, и ко мне это относится.

[vlata]

Батороев в сообщении #277380 писал(а):

Для тех, кто не смог представить продолжение доказательства "мысленно", привел пример с $n=5$, в котором все досконально (по-децки) расписал:

Сразу $5$, – это много…
Начнём с $n=3$.
Применим, из любимых Вами, например вот это разложение:

$(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$.

И поступим так, как Вы предложили.

Дано: трёхчлен $(a+b+c)^3$, где $a=1, b=a+1, c=b+1, n=3$.

Но нам нужен бином.

$(a+b+c)^3=(a+(a+1)+(a+1+1))^3=(3a+3)^3$ – вот эта, крайняя правая часть равенства и есть бином.

Следовательно, $(a+b+c)^3=(3a+3)^3=27a^3+81a^2+81a+27$, или

$(a+b+c)^3=(a+(a+1)+(a+1+1))^3=(5a+1)^3$, - и это бином,

следовательно, $(a+b+c)^3=(5a+1)^3=125a^3+75a^2+15a+1$, или

$(a+b+c)^3=(a+b+(b+a))^3=(2a+2b)^3$ – и это бином,

следовательно, $(a+b+c)^3=(2a+2b)^3=8a^3+24a^2b+24ab^2+8b^3$.

Вот так, по Вашему настоянию, была использована формула Ньютона для заданных условий ( пока по-децки).
Представляете, что будет при $n=5$?

А то, что Вы сделали,

Виктор Ширшов в сообщении #277432 писал(а):

Для тех, кто не смог представить продолжение доказательства "мысленно", привел пример с , в котором все досконально (по-децки) расписал:

и именуется, по-децки, - математические вольности.

Время вышло. Приятно было пообщаться.
Всем удачи.

PS
Для любителей математики. В одном из обсуждений варианта решения ВТФ была использована запрещённая операция с нулём. Грубейшая ошибка, по поводу которой не только промолчали ВСЕ участники обсуждения и модераторы, а автор даже получил похвалу и одобрение для дальнейших рассуждений.
Найдите эту ошибку, - это хорошая тренировка и разминка для мозгов. Конечно, кому интересно. Заголовок обсуждения не называю.
(Когда то учитель математики за один вечер проверял 42 ученические тетради)

[Someone]

vlata в сообщении #277887 писал(а):

Батороев в сообщении #277380 писал(а):

Для тех, кто не смог представить продолжение доказательства "мысленно", привел пример с $n=5$, в котором все досконально (по-децки) расписал:

Сразу $5$, – это много…
Начнём с $n=3$.
Применим, из любимых Вами, например вот это разложение:

$(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$.

И поступим так, как Вы предложили.

Дано: трёхчлен $(a+b+c)^3$, где $a=1, b=a+1, c=b+1, n=3$.

Но нам нужен бином.[/math]?

Но не таким же идиотским способом его получать, как Вы.

При $a>0$, $b>0$ и натуральном $n>1$ получаем

$$(a+b)^n=\sum_{k=0}^nC_n^ka^{n-k}b^k>a^n+b^n$$

(отброшены все слагаемые с $1\leqslant k\leqslant n-1$, которых не меньше одного).

Теперь при $a>0$, $b>0$, $c>0$ и натуральном $n>1$, используя предыдущее неравенство, получаем

$$(a+b+c)^n=((a+b)+c)^n>(a+b)^n+c^n>a^n+b^n+c^n\text{,}$$

и никаких вольностей.
Для произвольного числа слагаемых неравенство доказывается индукцией по числу слагаемых.

vlata в сообщении #277887 писал(а):

Найдите эту ошибку, - это хорошая тренировка и разминка для мозгов. Конечно, кому интересно. Заголовок обсуждения не называю.
(Когда то учитель математики за один вечер проверял 42 ученические тетради)

Учителю за проверку тетрадей платят. Если Вы оплатите экспертный труд по полному перечитыванию всех тем в данном разделе, может быть, найдётся желающий этим заняться. Думаю, что речь будет идти о десятках тысяч рублей. О точной сумме Вам придётся договариваться с конкретным исполнителем работы.

[Виктор Ширшов]

Батороев в сообщении #277380 писал(а):

Для тех, кто не смог представить продолжение доказательства "мысленно", привел пример с $n=5$, в котором все досконально (по-децки) расписал:

Пока рано представлять. Ещё не разобрались с тем, что утверждается.

Someone в сообщении #277900 писал(а):

При $a>0$, $b>0$ и натуральном $n>1$ получаем

-- Ср янв 06, 2010 19:26:58 --

Someone в сообщении #277900 писал(а):

vlata в сообщении #277887 писал(а):
Найдите эту ошибку, - это хорошая тренировка и разминка для мозгов. Конечно, кому интересно. Заголовок обсуждения не называю.
(Когда то учитель математики за один вечер проверял 42 ученические тетради)

Учителю за проверку тетрадей платят. Если Вы оплатите экспертный труд по полному перечитыванию всех тем в данном разделе, может быть, найдётся желающий этим заняться. Думаю, что речь будет идти о десятках тысяч рублей. О точной сумме Вам придётся договариваться с конкретным исполнителем работы.

Someone не обманывает. Несколько лет назад я захотел получить рецензии на две математические работы объёмом по 2-3 страницы каждая, с чем обратился к ректору одного южного ВУЗа, оставив по экземпляру. Получил свои работы назад с подписью ректора и его припиской на каждой: Уважаемый Виктор Павлович! Это услуга платная? Рецензия в этом объёме стоит 4,5 тысяч рублей".

[Батороев]

Виктор Ширшов в сообщении #278040 писал(а):

Батороев в сообщении #277380 писал(а):

Для тех, кто не смог представить продолжение доказательства "мысленно", привел пример с $n=5$, в котором все досконально (по-децки) расписал:

Пока рано представлять. Ещё не разобрались с тем, что утверждается.

Someone в сообщении #277900 писал(а):

При $a>0$, $b>0$ и натуральном $n>1$ получаем

Да никто Вас и не торопит. Разбирайтесь.
У меня, может быть, что-то расписано не ясно, но уж у Someone то все - предельно понятно.

[Коровьев]

Виктор Ширшов в сообщении #278040 писал(а):

Someone не обманывает. Несколько лет назад я захотел получить рецензии на две математические работы объёмом по 2-3 страницы каждая, с чем обратился к ректору одного южного ВУЗа, оставив по экземпляру. Получил свои работы назад с подписью ректора и его припиской на каждой: Уважаемый Виктор Павлович! Это услуга платная? Рецензия в этом объёме стоит 4,5 тысяч рублей".

Видите ли, в этом ответе есть второй смысл. Стоящую работу так откровенно не посылают. Обязательно бы предложили рецензента, с которым бы и обсудили все формальности.
У Стругацких в "Понедельник начинается в субботу" есть такой эпизод. Ведьма упрашивала героя, чтобы тот отвёз её на своей машине в город. Герой, чтобы она отстала от него, заломил такую цену, что она сразу и отстала.
Посему совет. Обкатайте свои идеи сначала где-нить на форуме. Дешевле.