M1479

Условие

Число 26 можно тремя способами разложить в сумму четырех натуральных чисел так, что все 12 чисел различны:

26=1+6+8+11=2+5+9+10=3+4+7+12.

Для каждого натурального n обозначим через K=K(n) наибольшее число четверок натуральных чисел, дающих в сумме n и состоящих из 4K различных чисел. Докажите, что

K(n)=\left [\frac{n-2}{8}  \right ]

[x]— целая чатсь числа x.

Решение

Пусть выбрано k четверок различных натуральных чисел, в сумме дающих n. Обозначим через s сумму всех 4k чисел, входящих в эти четверки. Тогда, одной стороны, s=nk, а с другой стороны,

s\geqslant 1+2+\cdots +4k=2k(4k+1).

Поэтому nk\geqslant 2k(4k+1), откуда k\leqslant \frac{n-2}{8}.

Осталось привести набор \left [\frac{n-2}{8}  \right ] четверок чисел, удовлетворяющий условиям задачи.

Обозначим число \left [\frac{n-2}{8}  \right ] через a и пусть n=8a+2+t, где t=0,1,2,\cdots,7.

Рассмотрим следующую таблицу чисел:

\begin{matrix}&1  &2  &3 &\cdots  &a-1  &a \\ &2a  &2a-1  &2a-2  &\cdots  &a+2  &a+1 \\ &2a+1  &2a+2  &2a+3  &\cdots  &3a-1  &3a \\ &4a+t  &4a+t-1  &4a+t-2  &\cdots  &3a+t+2  &3a+t+1 \end{matrix}

Числа, стоящие в первом столбце, образуют первую четверку чисел, стоящие во втором — вторую четверку чисел, и так далее.

Л.Курляндчик

M2098

Задача М2098

Двое играют в игру, делая ходы по очереди: первый рисует на плоскости многоугольник, не налегающий на уже нарисованные, а второй ответным ходом раскрашивает его в один из 2008 цветов. Второй игрок хочет, чтобы любые два многоугольника, граничащие по отрезку сторны, имели разные цвета. Сможет ли первый игрок помешать ему?

Ответ: сможет

Решение

М2098Докажем индукцией по n, что первый может играть так, что нарисованные им многоугольники будут давать в объединении некоторый многоугольник P_{n}, на границу которого выходят многоугольники не менее n цветов. Отсюда будет следовать, что никакого конечного числа цветов недостаточно.

База индукции очевидна. Пусть утверждение верно для n=k, докажем его для n=k+1. Из предположения индукции следует, что первый игрок может играть так, чтобы нарисованные многоугольники давали в объединении k многоугольников P_{k}^{(1)},P_{k}^{(2)},'cdots,P_{k}^{(k)}, на границу каждого из которых выходят многоугольники не менее k цветов. На границе многоугольника P_{k}^{(1)} выделим отрезок Delta_{1} некоторго цвета 1, на границе многоугольника P_{k}^{(2)} выделим отрезок Delta_{2} некоторго цвета 2, отличного от 1, и т.д., на границе многоугольника P_{k}^{(k)} выделим отрезок Delta_{k} некоторго цвета k, отличного от уже определенных цветов 1,2,cdots,k-1. Пусть теперь первый нарисует многоугольник P, пересекающийся с многоугольником P_{k}^{(i)} по части отрезка Delta_{i} для всех i=1,2,cdots,k (рис.). Второй игрок должен раскрасить многоугольник P в цвет, отличный от цветов 1,2,cdots,k. Тогда на границу многоугольника, являющего объединением многоугольников P,P_{k}^{(1)},P_{k}^{(2)},cdots,P_{k}^{(k)}, выходят не менее k+1 цветов. Переход индукции доказан.

Замечания

Строгое доказательство существования многоугольника P из решения задачи далеко не просто (хотя интуитивно все очевидно), оно следует из известной топологической теоремы Жордана.

Отметим, что вопрос, поставленный в задаче, уже рассматривался в «Задачнике «Кванта»» для случая, когда первому игроку позволяется рисовать многоугольники лишь специального вида. Результат этой задачи интресно сопоставить также со знаменитой теоремой о четырех красках, согласно которой для раскрашивания правильным образом любой карты на плоскости достаточно лишь четырех цветов.

Е.Гик, П.Кожевников

Следствия: остаток в форме Коши и в форме Лагранжа

Следствие 1.

\varphi(t)=x-t;

\varphi'(t)=-1;

r_{n}(x_{0},x)=\frac{0-(x-x_{0})}{-1n!}*f^{(n+1)}(\xi)*(x-\xi)^{n}

r_{n}(x_{0},x)=\frac{1}{n!}f^{(n+1)}(\xi)*(x-\xi)^{n}*(x-x_{0}) — ф-ла Коши остатка.

Следствие 2.

\varphi(t)=(x-t)^{(n+1)};

\varphi'(t)=-(n+1)(x-t)^{n};

r_{n}(x_{0},x)=\frac{0-(x-x_{0})^{(n+1)}}{-1(n+1)(x-x_{0})^{n}n!}*f^{(n+1)}(\xi)*(x-\xi)^{n};

r_{n}(x_{0},x)=\frac{(x-x_{0})}{(n+1)n!}*f^{(n+1)}(\xi)*(x-\xi)^{n};

r_{n}(x_{0},x)=\frac{(x-x_{0})^{(n+1)}}{(n+1)!}*f^{(n+1)}(\xi) — изящная ф-ла Лагранжа для остатка.

Следствие 3 (ф-ла Тейлора с остатком в изящной ф-ме Лангранжа)

Если f(t), f'(t),\cdots, f^{(n)}(t) \in C[x_{0},x] и \exists f^{(n+1)}(t) для \forall t \in (x_{0},x), то имеет место ф-ла Тейлора с остатком в ф-ме Лагранжа:

f(x)=f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f''(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}++\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{(n+1)}, \xi \in (x_{0},x).

Замечание

n=0: f(x)=f(x_{0})+\frac{f'(\xi)}{1!}(x-x_{0})

f(x)-f(x_{0})= f'(\xi)(x-x_{0}) — получили ф-лу конечных приращений Лагранжа.

r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}.

 

Пример 1.

Доказать:

x-\frac {x^{3}}{3!}<sin(x)<x- \frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}         \forall x>0

f(x)=sin(x); x_{0}=0;

n=4:
f(x)=\overbrace{f(0)}^0+ \frac {\overbrace{f'(0)}^1}{1!}x+\frac {\overbrace{f''(\xi)}^0}{2!}x^{2}+\frac {\overbrace{f^{(3)}(0)}^{-1}}{3!}x^{3}+\frac {\overbrace{f^{(4)}(0)}^0}{4!}x^{4}+\underbrace{\frac {f^{(5)}(0)}{5!}x^{3}}

sin(x)= \frac{x}{1!}-\frac{x^{3}}{3!}+sin(x\frac{5}{2}\pi);

sin(x\frac{5}{2}\pi)=sin(x+\frac{\pi}{2})=cos(x);

sin^{(5)}(\xi)=cos(\xi);

sin(x)= \frac{x}{1!}-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{cos(\xi)}{5!}x^{5} < x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!};

n=2:
f(x)=\overbrace{f(0)}^0+ \frac {\overbrace{f'(0)}^1}{1!}x+\frac {\overbrace{f''(0)}^0}{2!}x^{2}+\frac {f^{(3)}(\xi)}{3!}x^{3};

sin(x)= \frac{x}{1!}-\frac{cos(\xi)}{3!}x^{3} > \frac{x}{1!}-\frac{x^{3}}{3!};

-\frac{cos(\xi)}{3!}x^{3}> \frac{x^{3}}{3!};

\frac{cos(\xi)}{3!}x^{3}\leqslant \frac{x^{3}}{3!} \mid \vdots \frac{x^{3}}{3!}, >0,

cos(\xi) \leqslant 1

Пример 2.

Доказать: \mid sin(t)-t\mid\leq \frac{t^{2}}{2}, \forall t \in \mathbb{R}, x_{0}=0;
n=1: f(0)+\frac{\overbrace{f'(0)}^1}{1!}t+\frac{f''(\xi)}{2!}t^{2}

sin(t)=t-\frac{sin(\xi)}{2!}t^{2}
\mid sin(t)-t\mid=\mid \frac{sin(\xi)}{2!}t^{2}\mid=\frac{1}{2} \mid \overbrace{sin(\xi)}^1\mid t^{2}

 

Список литературы:

1. Конспект лекций по математическому анализу (Лысенко З.М.)

2. Г.М.Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, том 1, 1962 год, стр. 246-257.

 

 

Достаточные условия дифференцируемости функции в точке

Оглавление

На предыдущую

На следующую

Теорема про остаток формулы Тейлора

Получим информацию об остатке.

Теорема (об остатке r_{n}(x) ф-лы Тейлора)

f(t), {f}'(t), {f}''(t),\cdots , f^{(n)}(t)\in C[x_{0},x] и \exists f^{(n+1)}(t), где t \in (x_{0},x). Пусть ф-ция \varphi \in C[x_{0},x] и \exists \varphi'(t) \neq 0     \forall t(x_{0},x). Тогда \exists т. \xi \in (x_{0},x) : r_{n}(x_{0},x)=\frac{\varphi (x) -\varphi (x_{0})}{\varphi '(\xi)n!} * \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{1!}*(x-\xi)^{n}

\square
Введем вспомогательную ф-цию F(t)=f(x)-P_{n}(t,x), т.е. P_{n}(t,x)=f(t)+\frac{{f}'(t)}{1!}(x-t)+\cdots + \frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x-t)^{n}

F(t)=f(x)-\left [ f(t)+\frac{{f}'(t)}{1!}(x-t)+\frac{{f}''(t)}{2!}(x-t)^{2}+ \frac{f^{(3)}(t)}{3!}(x-t)^{3}+ \cdots+\frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x-t)^{n} \right ] =-\left [ f'(t)+ \frac{f''(t)}{1!}(x-t)' +\frac{f^{(3)}(t)}{2!}((x-t)^{2})'+ \frac{f^{(4)}(t)}{3!}((x-t)^{3})' +\cdots+\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}((x-t)^{n})' \right ]=-\left [ f'(t)+ \frac{f''(t)(x-t)+(x-t)'f'(t)}{1!} \right ]=-\left [ f'(t)+ \frac{f''(t)}{1!}(x-t) +\frac{f'(t)}{1!}(-1)+ \frac{f^{(3)}(t)}{2!}(x-t)^{2}+\frac {f''(t)}{2!}2(x-t)(-1)+\frac {f^{(4)}(t)}{3!}(x-t)^{3}+3(x-t)^{2}(-1)\frac {f^{(3)}(t)}{3!}+\cdots+\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}+ n(x-t)^{n-1}(-1)\frac {f^{n}(t)}{n!} \right ]

F'(t)=-\frac {f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}
К паре ф-ций F(t) и \varphi (t) на [x_{0},x] применим теорему Коши о конечных приращениях \Rightarrow \exists т. \xi \in (x_{0},x): \frac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)};
\frac {\overbrace {F(x)}^0-\overbrace{F(x_{0})}^{r_{n}(x_{0},x)}}{\varphi (x) - \varphi (x_{0})}=\frac {F'(\xi)}{\varphi '(\xi)};

Уточняем!
F(x)=f(x) - P_{n}(x,x)=0;
F(x_{0})=f(x)-P_{n}(x_{0},x)=r_{n}(x_{0},x);
F'(\xi)=- \frac {f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi )^{n};

Таким образом мы получаем следующую формулу:
\frac{0-r_{n}(x_{0},x)}{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}= -\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!\varphi(\xi)}(x-\xi)^{n}. Отсюда
r_{n}(x_{0},x)=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\varphi'(\xi)n!}*f^{(n+1)}(\xi)*(x-\xi)^{n}.
\blacksquare

 

 

Список литературы:

1. Конспект лекций по математическому анализу (Лысенко З.М.)

2. Г.М.Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, том 1, 1962 год, стр. 246-257.

Остатки формулы Тейлора



Остаток формулы Тейлора (стандартное обозначение- r_{n} (x_{0},x) ) можно определить, как:
  1. Погрешность, которая возникает при замене функции y=f(x) многочленом P_{n}(x_{0},x) . Если выполнены условия теоремы о представлении формулы f в виде многочлена Тейлора, то для значений x из окрестности точки x_{0}, для которых погрешность r_{n}(x_{0},x) достаточно мала, многочлен P_{n}(x_{0},x) дает приближенное представление функции.
  2. (На рисунке) Разница значений функции f(x) и выражающим её многочленом Тейлора в точке x_{0} :f(x)-P_{n}(x_{0},x)=r_{n}(x_{0},x) (уклонение полинома P_{n} от функции f(x) ).

r(x0,x)

Существует 3 основных представления остаточного члена:

  1. В форме Лагранжа: $$ \large r_{n} (x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(x+\theta(x-x_{0}))}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$0< \theta < 1 .$$\ $$
  2. В форме Коши: $$\large r_{n} (x_{0},x) =\frac{f^{(n+1)}(x_{0}+\theta_{1}(x-x_{0}))}{n!}(1-\theta_{1}(x-x_{0}))^{n}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$0< \theta_{1} < 1 .$$\ $$
  3. В форме Пеано: $$ \large r_{n} (x_{0},x) =o((x-a)^{n}) , \ $$ при x\rightarrow a .

Примеры:

  1. Написать разложение функции e^{\sin (x)} до x^{3} с остатком в форме Пеано.
    Решение. показать

  2. Вычислить предел, используя формулу Тейлора: $$ \lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+2\cdot \mathrm{tg} (x)}-e^x+x^2}{\mathrm{arctg} (x)-\sin (x)} $$
    Решение. показать

Список литературы:

  1. Г.М.Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, том 1, 1962 год, стр. 246-257.
  2. Тер-Крикоров А. М. Шабунин М. И. «Курс математического анализа» 3 издание 2001 года, стр. 158-172
  3. Л. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа 1» стр. 339-353
  4. Варятанян Г. М. Математический анализ. Часть 1(3). 2009 с. 44-46

Формула Тейлора. Виды остаточных членов.


Таблица лучших: Остатки формулы Тейлора

максимум из 30 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных