На плоскости даны $n$ точек $A_{1},\ldots,A_{n}$, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Какое наибольшее число отрезков с концами в этих точках можно провести так, чтобы не получилось ни одного треугольника с вершинами в этих точках?
Решение
Проведем максимальное число отрезков с концами в точках $A_{1},\ldots,A_{n}$. Получим некоторый граф с вершинами в этих точках. Отрезки с концами в вершинах графа будем называть ребрами графа. Оценим число ребер в нашем графе.
Назовем степенью вершины в графе число выходящих из неё ребер. Пусть $k$ — максимальная степень вершины в графе, и пусть некоторая вершина $A_{i}$ соединена с $k$ вершинами $A_{j_{1}},\ldots,A_{j_{k}}$ графа (рисунок 1).
Тогда степень любой вершины из множества $\left \{ A_{j_{1}},\ldots,A_{j_{k}} \right \}$ не превосходит $n-k$ ($n$ — число вершин графа), поскольку любые вершины из этого множества уже не могут быть соединены ребром (в нашем графе никакие три ребра не образуют треугольника — с вершинами в вершинах графа). Так как $k$ — максимальная степень вершины в графе, степень каждой из оставшихся $n-k$ вершин не превосходит $k$. Поэтому сумма степеней всех вершин графа не превосходит $$k \left(n-k \right )+ \left (n-k \right) k=2k \left (n-k\right).$$ Но легко видеть, что сумма степеней всех вершин графа равна удвоенному количеству его ребер. Следовательно, количеств ребер графа не больше $$k\left(n-k\right)\leqslant\left(\frac{k+(n-k)}{2}\right)^{2}=\frac{n^{2}}{4}.$$ Чтобы получить данное соотношение, мы воспользовались теоремами о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Учитывая, что количество ребер графа — число целое, мы получаем, что ребер в нашем графе не больше чем $\left [ \frac{n^{2}}{4}\right]$ (здесь $\left [ x \right]$ означает целую часть числа $x$ — наибольшее целое число, не превосходящее $x$).
Укажем теперь способ построения графа без треугольников с $n$ вершинами, число ребер которого в точности равно $\left [ \frac{n^{2}}{4}\right]$.
Разобьем множество точек $A_{1},\ldots,A_{n}$ на два: $\left [ \frac{n}{2} \right ]$ точек в одном множестве и $n — \left [ \frac{n}{2} \right ]$ — в другом. Соединив все точки точки первого множества с точками второго (как на рисунке 2, где $n=5$), мы получим граф, у которого не будет ни одного треугольника с вершинами в точках $A_{1},\ldots,A_{n}$.
Число ребер в этом графе, очевидно, равно $\left [ \frac{n}{2} \right ]\left(n-\left [ \frac{n}{2} \right ]\right)$. Если $n$ — четное, то $$\left [ \frac{n}{2} \right ]\left (n-\left [ \frac{n}{2} \right ]\right)=\frac{n^{2}}{4}=\left [ \frac{n^{2}}{4} \right ].$$Если $n$ — нечетное, то $\left [ \frac{n}{2} \right ]\left(n-\left [ \frac{n}{2} \right ]\right)=$ $\frac{n-1}{2}\left(n-\frac{n-1}{2}\right)=$ $\frac{n^{2}-1}{4}=$ $\left [ \frac{n^{2}}{4}\right].$ Что и требовалось доказать.
Итак, ответ в задаче: максимальное число отрезков равно $\left [ \frac{n^{2}}{4}\right]$(этот результат в теории графов называют теоремой Турана).
Пусть дан степенной ряд вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_{n}z^n$ с радиусом сходимости $R$, где $c_n$,$z^{n}\in \mathbb{C}$. Тогда для этого ряда справедлива следующая теорема:
Теорема о вычислении радиуса сходимости степенного ряда
Если существует конечный или бесконечный предел$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_n \right |}$, то $$\frac{1}{R}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_n \right |}. (1)$$
Если существует конечный или бесконечный предел $\lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right |$, то $$R=\lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right | .(2)$$
Если $0<\rho<+\infty$, и $z_0$ — произвольная точка из круга $K=\left \{z:\left |z\right | < \frac{1}{\rho}\right \}$, то $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z_{0}^{n} \right |} = \left | z_{0} \right | \cdot \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |} = \left |z_{0} \right | \cdot \rho < 1.$$ По признаку Коши сходимости ряда, ряд сходится в точке $z_{0}$. В силу того, что точка $z_{0}$ — произвольная точка круга $K$, исходный ряд сходится в $K$.
Предположим, что точка $z_{m}$ не принадлежит кругу $K$, то есть $\left |z_{m} \right | > \frac{1}{\rho}$.Тогда $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z_{m}^{n} \right |} = \left | z_{m} \right | \cdot \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |} = \left |z_{m} \right | \cdot \rho > 1.$$ По признаку Коши, ряд расходится.
Значит, ряд сходится в круге $K$, и расходится вне его замыкания. Это значит, что $\frac{1}{\rho}$ — радиус сходимости исходного ряда.
Круг сходимости $K$ c нанесенными точками $z_{0}$ и $z_{m}$
[свернуть]
Если $\rho = 0$, то $\forall z \in \mathbb{C}$ выполняется следующее: $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \rho = 0 .$$ По признаку Коши ряд сходится в точке $z$. В силу произвольности точки $z$ ряд сходится на всей комплексной плоскости. И это значит, что радиус сходимости ряда $R=+\infty$.
Пусть $\rho = +\infty$. Тогда $\forall z \neq 0$ $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \rho = +\infty. $$ По признаку Коши, ряд расходится в точке $z$. Отсюда выходит, что радиус сходимости $R = 0$.
Доказательство (2) по сути идентично доказательству (1). Различие в том, что будет использоваться признак Даламбера сходимости ряда. Для этого выполним следующие преобразования: $$ R=\lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right | = \frac{\lim\limits_{n \to \infty}\left | c_{n} \right |}{\lim\limits_{n \to \infty}\left | c_{n+1} \right |} = \frac{1}{(\frac{\lim\limits_{n \to \infty}\left | c_{n+1} \right |}{\lim\limits_{n \to \infty}\left | c_{n} \right |})} = \frac{1}{\lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n+1}}{c_{n}} \right |}.$$
Пусть $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1}}{c_{n}} \right | = \rho$
Если $0<\rho<+\infty$, и $z_0$ — произвольная точка из круга $K=\left \{z:\left |z\right | < \frac{1}{\rho}\right \}$, то $z_0$ так же по модулю меньше, чем $\frac{1}{\rho}$. Отсюда следует, что $$\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left | z \right | \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1}}{c_{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho < 1.$$ По признаку Даламбера сходимости ряда, ряд сходится в точке $z_{0}$. В силу того, что точка $z_{0}$ — произвольная точка круга $K$, исходный ряд сходится в $K$.
Предположим, что точка $z_{m}$ не принадлежит замыканию круга $K$, то есть $\left |z_{m} \right | > \frac{1}{\rho}$. Тогда $$\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left | z \right | \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1}}{c_{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho > 1.$$ По признаку Даламбера, ряд расходится.
Значит, ряд сходится в круге $K$, и расходится вне него. А это значит, что $\frac{1}{\rho}$ — радиус сходимости исходного ряда.
Пусть $\rho = 0$, то $\forall z \in \mathbb{C}$ выполняется следующее:$$\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho = 0. $$ По признаку Даламбера, ряд сходится в точке $z$. В силу произвольности $z$ ряд сходится на всей комплексной плоскости. И это значит, что радиус сходимости ряда $R=+\infty$.
Пусть $\rho = +\infty$. Тогда $\forall z \neq 0$ $$\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho = +\infty. $$ По признаку Даламбера, ряд расходится в точке $z$. Отсюда выходит, что радиус сходимости $R = 0$.
Пример 1
Условие:
Найти радиус сходимости ряда
$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{3^{n} \cdot (n+1)}.$$
Пределы в формулах (1) и (2) могут не существовать. Однако существует универсальная формула для вычисления радиуса сходимости.
Теорема
Радиус сходимости$R$ степенного ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_{n}z^n$ высчитывается по формуле:
$$R = \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}},$$
где $\frac{1}{0}=+\infty$ и $\frac{1}{+\infty}=0.$
Доказательство
Доказательство данной теоремы основано на применении обобщенного признака Коши: $$\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}. $$
Предположим, что ряд сходится в точке $z_{0}$, тогда из обобщенного признака Коши сходимости числового ряда с неотрицательными членами следует, что $\left | z_{0} \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}<1$. Отсюда получаем, что $$\left | z_{0} \right | < \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$$
Пусть ряд расходится в точке $z_{m}$. Тогда $\left | z_{m} \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}>1$. Отсюда $$\left | z_{m} \right | > \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$$
То есть, если $z$ по модулю меньше чем $\frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}$, то ряд сходится в данной точке, а если $z$ по модулю больше, то ряд в данной точке расходится. Из определения радиуса сходимости следует, что
$$R=\frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$$
Список использованной литературы:
Лысенко З.М., Конспект лекций по математическому анализу, 2015-2016 гг., 1-ый курс, семестр 2
Для того чтобы дифференцируемое в области $G$ поле было потенциальным необходимо, а в случае односвязной области и достаточно, чтобы выполнялось условие
$$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}.(1)$$
Доказательство:
Необходимость:
Пусть поле $(P(x, y), Q(x, y))$ непрерывно дифференцируемо и потенциально. Тогда
$$P(x, y) = \frac{\partial U(x,y))}{\partial x},\quad Q(x, y) = \frac{\partial U(x,y))}{\partial y},$$ откуда
$$\frac{\partial Q(x,y))}{\partial x}=\frac{\partial^2 U(x,y)}{\partial x\,\partial y},\quad
\frac{\partial P(x,y))}{\partial y}=\frac{\partial^2 U(x,y)}{\partial y\,\partial x}.$$
Так как производные $\frac{\partial P}{\partial y}$ и $\frac{\partial Q}{\partial x}$ непрерывны, то смешанные производные $U_{x,y},\,U_{y,x}$ также непрерывны, а следовательно, равны. Условие (1) выполнено в области $G$.
Достаточность:
Пусть поле $(P, Q)$ задано в односвязной области $G \subset \mathbb{R}^{2}$ и выполнено условие (1).
Возьмем произвольную простую замкнутую ломанную $L \subset G$. Так как область $G$ односвязна, то ограничиваемая ломанной $L$ область $\Omega \subset G$ и к ней применима формула Грина:
$${ \underset { L }{ \int } \left(P\,dx+Q\,dy\right)}={ \underset { \Omega }{ \iint } (\frac{\partial Q}{\partial x} — \frac{\partial P}{\partial y})dx\,dy}=0.(2)$$
Таким образом, интеграл (2) равен нулю для любой простой замкнутой ломанной $L$.
Покажем, что интеграл (2) равен нулю для любой простой замкнутой ломанной (даже имеющей точки самопересечения).
Для трехзвенной ломанной интеграл (2) всегда равен нулю, если эта ломанная замкнута. Если три её вершины не лежат на одной прямой, то трехзвенная ломанная будет простой и по доказанному интеграл (2) равен нулю. Если же все три вершины лежат на одной прямой, то и в этом случае интеграл равен нулю(иллюстрация 1).
Докажем, что интеграл (2) равен нулю для любой $n$-звенной замкнутой ломанной индукцией по числу звеньев.
Пусть выполнено условие (1) и интеграл (2) равен нулю по любой замкнутой ломанной, число звеньев которой меньше, чем $n$. Покажем тогда, что он равен нулю и для любой $n$-звенной ломанной. Если ломанная $L(A_{1},A_{2},\cdots,A_{n},A_{1})$ простая, то это уже доказано. Пусть у $L$ есть точки самопересечения. Предположим, что два звена, $A_{1}A_{2}$ и $A_{k}A_{k+1}$, пересекаются. Тогда либо они пересекаются в единственной точке $B$(иллюстрация 1), либо эти два звена пересекаются по целому отрезку. В этом случае точки $A_{1},\,A_{2},\,A_{k},\,A_{k+1}$ лежат на одной прямой(иллюстрация 2).
Рассмотрим случай, когда звенья пересекаются в единственной точке. За последующими рассуждениями проще следить по иллюстрации 2. В случаях 1 и 2 ломанная $L$ будет объединением замкнутых ломанных $L_{1}(B, A_{k+1},\cdots,A_{n},A_{1},B)$ и $L_{2}(B, A_{2},\cdots,A_{k},B)$. Количество звеньев $L_{1}$ и $L_{2}$ меньше $n$. По предположению индукции интеграл (2) по каждой из этих ломанных равен нулю. Следовательно, он равен нулю и по их объединению ломанной $L$.
Аналогично рассматривается и второй случай, когда точки $A_{1},A_{2},A_{k},A_{k+1}$ лежат на одной прямой и отрезки $A_{1}A_{2}$ и $A_{k}A_{k+1}$ пересекаются. Без ограничения общности можно считать, что точка $A_{k}$ лежит на отрезке $A_{1}A_{2}$. Тогда $L$ есть объединение замкнутых ломанных $L_{1}(A_{k}, A_{k+1},\cdots,A_{n},A_{1}, A_{k})$ и $L_{2}(A_{k},A_{2},\cdots,A_{k+1},A_{k})$, имеющих меньше, чем $n$ звеньев. Интеграл (2) по $L_{1}$ и $L_{2}$ равен нулю. Следовательно, он равен нулю и по ломанной $L$.
Определить, потенциально или нет поле $(P(x,y),Q(x,y))$, где $P(x,y)=3+2xy,$ $Q(x,y)=x^{2} — 3y^{2}.$
Решение:
Областью определения поля является вся плоскость $\mathbb{R}^2$. Так как данная область односвязна, можно воспользоваться критерием потенциальности поля. Тогда найдем $\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}$ и $\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}$.
$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=2x=\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}$, значит, по критерию потенциальности поля, поле $(P(x,y),Q(x,y))$ потенциально!
[свернуть]
Спойлер
Определить, потенциально или нет поле $(P(x,y),Q(x,y))$, где $P(x,y)=-\frac{y}{x^{2}+y^{2}}, \quad Q(x,y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}.$
Решение:
Областью определения поля является является плоскость $\mathbb{R}^2$ с выколотой точкой $(0,0)$. Значит, область не односвязна. Рассмотрим единичную окружность $С_{R}$, заданную уравнениями $x=\cos{t},\,y=\sin{t},\,0 \leq t \leq 2\pi.$ Тогда
$${ \underset { C_{R} }{ \int }\left(P\,dx+Q\,dy\right)}={\underset{C_{R}}{\int}\frac{xdy-ydx}{x^{2}+y^{2}}} = \iint\limits_{0}^{2\pi}dt=2\pi.$$
И тогда, по теореме об условиях независимости величины криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования, поле $(P(x,y),Q(x,y))$ не потенциально!
[свернуть]
Спойлер
Показать, что непрерывно дифференцируемое при $x^2+y^2>0$ плоское векторное поле $$P(x, y)=-\frac{\omega }{2\cdot\pi}\cdot\frac{y}{x^{2}+y^{2}}, Q(x, y)=\frac{\omega }{2\cdot\pi}\cdot\frac{x}{x^{2}+y^{2}}$$
удовлетворяет условию $$\frac{\partial P(x,y))}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y))}{\partial x},$$ но не является потенциальным про $\omega \neq 0$.
Решение:
Условие выполняется, так как $$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\omega}{2\cdot\pi}\cdot\frac{y^{2}-x^{2}}{(y^{2}+x^{2})^{2}}=\frac{\partial Q}{\partial x}.$$
Рассмотрим окружность $C_{R}$, заданную уравнениями $x=R\cdot\cos{t},\, y=R\cdot\sin{t},\, 0 \leq t \leq2\cdot\pi$. Тогда
$${ \underset { C_{R} }{ \int } P\,dx+Q\,dy} = \frac{\omega}{2\cdot\pi}\cdot{\underset{C_{R}}{\int}\frac{xdy-ydx}{x^{2}+y^{2}}} = \frac{\omega}{2\cdot\pi}\cdot\int_{0}^{2\cdot\pi}dt=\omega,$$
и в силу теоремы об условиях независимости величины криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования поле $(P,Q)$ не может быть потенциальным.
Критерий потенциальности неприменим, так как поле определено в неоднозначной области $G={(x,y): x^{2} + y^{2}>0}.$
Предлагаем пройти тест на закрепление знаний по данной статье
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 3
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Рубрики
Нет рубрики0%
Математический анализ0%
максимум из 8 баллов
Место
Имя
Записано
Баллы
Результат
Таблица загружается
Нет данных
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
1
2
3
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 3
1.
Количество баллов: 2
Дано условие:
$$\frac{\partial P(x,y))}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y))}{\partial x}.(*)$$
Вставьте пропущенные слова
Для того чтобы (дифференцируемое) в области G поле было потенциальным, а в случае (односвязной области, области односвязной) и достаточно, чтобы выполнялось условие (*).
Правильно
Неправильно
Задание 2 из 3
2.
Количество баллов: 1
Дополните рассуждение из доказательства :
Возьмем произвольную простую замкнутую ломанную $L \subset G$. Так как область $G$ односвязна, то ограничиваемая ломанной $L$ область $\Omega \subset G$ и к ней применима формула $\cdots$
Правильно
Неправильно
Задание 3 из 3
3.
Количество баллов: 5
Восстановите порядок рассуждений в доказательстве достаточности для критерия потенциальности поля.
Пусть поле заданно в односвязной области и выполнено для него исходное условие
Применение формулы Грина для произвольной простой замкнутой ломанной из данной области и нахождение значения криволинейного интеграла по данной ломанной
Доказательство факта, что значение криволинейного интеграла не зависит от вида замкнутой ломанной и количества звеньев в ней
Применений теоремы об условиях независимости криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования
