M1571. О доске, монете и возможных передвижениях

Задача из журнала «Квант» (1996, №6)

Условие

Дана прямоугольная доска $ABCD$ со сторонами $AB=20$ и $BC=12$ , разбитая на $20\times12$ единичных квадратов. Пусть $r$ — данное положительное целое число. За один ход монету можно передвинуть из одного единичного квадрата в другой в том и только том случае, когда расстояние между их центрами равно $\sqrt{r}$ . Требуется найти последовательность ходов, переводящую монету из единичного квадрата с вершиной $A$ в единичный квадрат с вершиной $B$ .

Докажите, что это невозможно, когда $r$ делится на $2$ или на $3$ .
Докажите, что это можно сделать при $r=73$ .
Можно ли это сделать при $r=97$ ?

Решение

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и направим оси $Ax$ и $Ay$ вдоль отрезков $AB$ и $AD$ соответственно. Единица длины будет равна стороне единичного квадрата. Нам необходимо найти путь из точки $(0;0)$ в точку $(19;0)$ такой, что для каждого хода $(x;y)\rightarrow(x+a,y+b)$ выполняется равенство $a^2+b^2=r^2$ .

Задание №1

Если $r$ чётно, то для каждого целого решения уравнения $a^2+b^2=r^2$ сумма $a+b$ чётна. Для каждой точки $(x;y)$ , в которую можно попасть из $(0;0)$ , $x+y$ чётно. Следовательно, в точку $(19;0)$ попасть невозможно.

Задание №2

Один из примеров продвижения монеты из $(0;0)$ в $(19;0)$ при $r=73$ такой: $(0;0)\rightarrow(3;8)\rightarrow(11;5)\rightarrow(19;2)\rightarrow(16;10)\rightarrow(8;7)\rightarrow(0;4)\rightarrow(8;1)\rightarrow(11;9)\rightarrow(3;6)\rightarrow(11;3)\rightarrow(19;0)$

Задание №3

Пусть $R=\left\{(i;j);0\leq{i}\leq19,0\leq{j}\leq19\right\}$ , $P=\left\{(i;j);0\leq{i}\leq49,4\leq{j}\leq7\right\}$ , $Q$ — их разность: $Q=R\setminus{P}$ . Так как число $97$ представимо в виде суммы квадратом единственным образом: $9^2+4^2$ , то каждый ход состоит из одного из векторов $(\pm4;\pm9)$ , $(\pm9;\pm4)$ . Ход типа $(\pm9;\pm4)$ приводит нас в точку $Q$ из точки из множества $P$ и наоборот, тогда как ход $(\pm4;\pm9)$ не выводит нас из множества $Q$ (заметим, что за один шаг нашими ходами нельзя попасть из точки из $P$ в точку из $P$ ). Каждый ход типа $(\pm9;\pm4)$ изменяет чётность $x$ -координаты, поэтому, чтобы попасть из $(0;0)$ в $(19;0)$ , требуется нечётное число таких ходов. Каждый такой ход от точки из $P$ в точку из $Q$ и наоборот. Значит после нечётного числа ходов из точки $(0;0)\in{Q}$ попадаем в точку из $P$ , но $(19;0)\in{Q}$ . Поэтому требуемое невозможно.

Д. Терешин

Признаки Дирихле и Абеля сходимости интегралов

Теорема (признак Дирихле)

Пусть:

функция $f$ непрерывна и имеет ограниченную первообразную $F$ при $x\in[a;+\infty)$ ;
функция $g$ непрерывно дифференцируема и убывает на полуинтервале $[a;+\infty)$ ;
$\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=0.$

Тогда интеграл $I=\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится.

Спойлер

Покажем, что функция $fg$ удовлетворяет условию Коши на промежутке $[a,+\infty)$ . Проинтегрируем эту функцию по частям:

$\int\limits_{\xi’}^{\xi»}f(x)g(x)dx=F(x)g(x)|_{\xi’}^{\xi»}-\int\limits_{\xi’}^{\xi»}F(x)g'(x)dx,$

где $\xi’,\xi»>a$ .
По первому условию теоремы можно утверждать, что:

$\begin{vmatrix}\left.\begin{matrix}(Fg)\end{matrix}\right|_{\xi’}^{\xi»}\end{vmatrix}\leq$

$M(|g(\xi’)|+|g(\xi»)|$

$\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi’}^{\xi»}F(x)g'(x)dx\end{vmatrix}\leq$

$M\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi’}^{\xi»}|g'(x)|dx\end{vmatrix}.$

Обратим внимание на то, что при $g'(x)\leq0$ выполняется $|g'(x)|=-g'(x)$ , и при $g'(x)\geq0$ выполняется $|g'(x)|=g'(x)$ . Рассмотрим эти два случая:

$I_{1}=\int\limits_{\xi’}^{\xi»}|g'(x)|dx=-\int\limits_{\xi’}^{\xi»}g'(x)dx=g(\xi’)-g(\xi»);$
$I_{1}=\int\limits_{\xi’}^{\xi»}|g'(x)|dx=\int\limits_{\xi’}^{\xi»}g'(x)dx=g(\xi»)-g(\xi’).$

Получается, что

$|I_{1}|=\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi’}^{\xi»}|g'(x)|dx\end{vmatrix}\leq(|g(\xi’)|+|g(\xi»)|).$

Тогда:

$\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi’}^{\xi»}f(x)g(x)dx\end{vmatrix}\leq2M(|g(\xi’)|+|g(\xi»)|)$ (*)

Поскольку $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=0$ , то

$\forall\varepsilon>0\exists\delta_{\varepsilon}>0:\forall$

$x\in[\delta_{\varepsilon},+\infty)\rightarrow|g(x)|<\frac{\varepsilon}{4M}$

Для $\xi’,\xi»\in[\delta_{\varepsilon},+\infty)$ из неравенства (*) и предыдущего условия следует, что

$\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi’}^{\xi»}f(x)g(x)dx\end{vmatrix}\leq2M(\frac{\varepsilon}{4M}+\frac{\varepsilon}{4M})=\varepsilon.$

Получили, что функция $fg$ удовлетворяет условию Коши, и по критерию Коши сходимости интегралов $I=\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится.

[свернуть]

Рассмотрим признак Абеля сходимости несобственных интегралов. Этот признак является следствием из признака Дирихле.

Теорема (признак Абеля)

Если на полуоси $[a,+\infty)$ :

функция $f$ непрерывна и интеграл $\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$ сходится;
функция $g$ непрерывно дифференцируема, ограничена и монотонна,

то интеграл $\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится.

Спойлер

Заметим, что интегралы $\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ и $\int_{a}^{+\infty}f(x)[-g(x)]dx$ имеют одинаковый характер сходимости. Также, в силу монотонности функции $g$ , одна из функций $g$ или $-g$ убывает.
Предположим, что убывает функция $g$ . Поскольку эта функция ограничена и монотонна, то существует конечный предел $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=c$ . Так как функция $g$ убывает, то при $x$ стремящемся к $+\infty$ разность $g(x)-c$ тоже стремится к нулю.
Перепишем произведение функций $f$ и $g$ в следующем виде:

$f(x)g(x)=f(x)[g(x)-c]+cf(x).$

В силу сходимости интеграла $\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$ , интеграл $\int_{a}^{+\infty}cf(x)dx$ сходится. Из этого же условия следует, что интеграл $F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt$ ограничен. Действительно, из существования конечного предела $\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)=\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$ следует ограниченность функции $F$ в окрестности $U(+\infty)=\left\{x:x>b\right\}$ бесконечно удалённой точки $+\infty$ . Из непрерывности функции $F$ на сегменте $[a,b]$ следует её ограниченность. Получили, что $F$ ограничена на полуинтервале $[a,+\infty)$ . Поскольку первообразная функции $f$ это $F$ , то $f$ имеет ограниченную первообразную на $[a,+\infty)$ .
Для интеграла $\int_{a}^{+\infty}f(x)[g(x)-c]dx$ выполнены все условия признака Дирихле, следовательно этот интеграл сходится. В силу сходимости $\int_{a}^{+\infty}f(x)[g(x)-c]dx$ , интеграл $\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится, что и требовалось доказать.

[свернуть]

Примеры

Рассмотрим интеграл $\int_{0}^{+\infty}\sin(x^2)dx$ . Исследуем его на сходимость.

Спойлер

Представим наш интеграл в виде суммы двух интегралов $\int_{0}^{\infty}=\int_{0}^{1}+\int_{1}^{\infty}$ и исследуем последний на сходимость. Запишем подынтегральное выражение в следующем виде:

$\sin(x^2)=(x\sin(x^2))(\frac{1}{x}).$

$f(x)=x\sin(x^2)$ , $g(x)=\frac{1}{x}$ . Пусть

$F(x)=\int_{1}^{x}t\sin(t^2)dt,$

и применим подстановку $z=t^2$ . Тогда

$\forall{x}:F(x)=\frac{\cos(1)-\cos(x^2)}{2},|F(x)|\leq1.$

Функция $g(x)\rightarrow0(x\rightarrow+\infty),g'(x)<0$ , а значит интеграл сходится по признаку Дирихле.

[свернуть]

Теперь рассмотрим интеграл $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}\cdot\;arctg{x}}{x^p}$ . Проверим его на сходимость.

Спойлер

Пусть $f(x)=\frac{\sin{x}}{x^p}$ , $g(x)=arctg(x)$ . Интеграл $\int_{1}^{\infty}f(x)dx$ сходится по признаку Дирихле, т.к. интегралы $\begin{vmatrix}\int_{1}^{x}\sin(t)dt\end{vmatrix}\leq2$ , а $\frac{1}{x^p}$ монотонно стремится к $0$ . Функция $g(x)\rightarrow\frac{\pi}{2}(x\rightarrow+\infty),g'(x)>0$ . По признаку Абеля интеграл сходится.

[свернуть]

Литература

Тесты

Проверьте, как вы усвоили предоставленный материал.

Абсолютная и условная сходимость несобственных интегралов

Введём понятия абсолютно и условно сходящихся несобственных интегралов.

Пусть дан несобственный интеграл $I=\int_{a}^{b}f(x)dx$ :

интеграл $I$ называется абсолютно сходящимся, если сходится $\widetilde{I}=\int_{a}^{b}|f(x)|dx$ ;
интеграл $I$ называется условно сходящимся, если интеграл $I$ сходится, а $\widetilde{I}$ — расходится.

В случае абсолютной сходимости интеграла $I$ говорят, что функция $f(x)$ абсолютно интегрируема на полусегменте $\left[a,b\right)$ .

Пример

Спойлер

Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\sqrt{x}dx$ расходится при $x\geq1$ .

Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}$ абсолютно сходится при $x\geq1$ .

[свернуть]

Теорема 1

Пусть $f\in{R([a,\xi))}$ для всех $a<\xi<b$ . Тогда из сходимости несобственного интеграла $\widetilde{I}=\int_{a}^{b}|f(x)|dx$ следует сходимость несобственного интеграла $I=\int_{a}^{b}f(x)dx$ и справедливо неравенство:

$\left|\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\right|\leq\int\limits_{a}^{b}|f(x)|dx$

Спойлер

Т.к интеграл $\widetilde{I}$ сходится, то для него выполняется условие Коши:

$\forall\varepsilon>0\;\exists\delta_\varepsilon\in (a,b)\forall\xi’,\xi»\in(\delta_\varepsilon,b)\Rightarrow\left|\int\limits_{\xi’}^{\xi»}|f(x)|dx\right|<\varepsilon.$

Т.к. $I$ — несобственный интеграл, то подынтегральная функция $f$ интегрируема по Риману на сегменте $[\xi’,\xi»]$ . Из условия следует, что функция $|f(x)|$ интегрируема по Риману на этом же сегменте.
Т.к. функция интегрируема на каждом отрезке с концами $\xi'$ и $\xi»$ , то выполняется неравенство:

$\left|\int\limits_{\xi’}^{\xi»}f(x)dx\right|\leq\left|\int\limits_{\xi’}^{\xi»}|f(x)|dx\right|.$

Отсюда следует, что

$\forall\varepsilon>0\;\exists\delta_\varepsilon\in (a,b)\forall\xi’,\xi»\in(\delta_\varepsilon,b)\Rightarrow\left|\int\limits_{\xi’}^{\xi»}f(x)dx\right|<\varepsilon.$

Таким образом, функция $f$ удовлетворяет условию Коши и интеграл $I$ сходится.
Докажем исследуемое неравенство. Воспользуемся следующим неравенством:

$\left|\int\limits_{a}^{\xi}f(x)dx\right|\leq\int\limits_{a}^{\xi}|f(x)|dx$

Данное н-во справедливо при любом $\xi\in[a,b)$ . Т.к интегралы $I$ и $\widetilde{I}$ сходятся, то, переходя к пределу при $\xi$ стремящемся к $b$ справа, получим требуемое неравенство.

[свернуть]

Теорема 2

Если функция $g(x)$ абсолютно интегрируема на промежутке $\left[a;b\right)$ , то несобственные интегралы $I_{1}=\int_{a}^{b}f(x)dx$ и $I_{2}=\int_{a}^{b}\left(f(x)+g(x)\right)dx$ сходятся или расходятся одновременно.

Спойлер

Пусть $I=\int_{a}^{b}g(x)dx,\;\widetilde{I}=\int_{a}^{b}|g(x)|dx,\;\widetilde{I}_{1}=\int_{a}^{b}\left|f(x)\right|dx,\;\widetilde{I}_{2}=\int_{a}^{b}\left|f(x)+g(x)\right|dx.$

Из неравенства $\left|f+g\right|\leq\left|f\right|+\left|g\right|$ , критерия Коши и сходимости интегралов $\widetilde{I}$ и $\widetilde{I}_{1}$ следует сходимость интеграла $\widetilde{I}_{2}$ .
Пусть интеграл $I_{1}$ сходится, а $\widetilde{I}_{1}$ расходится. Тогда (из сходимости интегралов $I_{1}$ и $I$ ) интеграл $I_{2}$ сходится, а $\widetilde{I}_{2}$ расходится. В противном случае из н-ва $\left|f\right|\leq\left|f+g\right|+\left|g\right|$ и сходимости $\widetilde{I}$ следовала бы сходимость $\widetilde{I}_{1}$ . Аналогично рассматривается ситуация с условной сходимостью интегралов $I_{2}$ и $I_{1}$ .
Из расходимости $I_{1}$ следует расходимость $I_{2}$ . Если бы это было не так, то из сходимости $I$ и равенства $f=\left(f+g\right)-g$ следовала бы сходимость $I_{1}$ .

[свернуть]

Замечание

Ни на сходимость, ни на характер сходимости прибавление или вычитание под знаком интеграла абсолютно интегрируемой функции не влияет.

Пример

В качестве примера, исследуем интеграл на абсолютную и условную сходимость. Возьмём интеграл $I=\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx$ .

Спойлер

$I=\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx$

Рассмотрим три ситуации:

$\alpha>1$
$0<\alpha\leq1$
$\alpha\leq0$

Пусть $\alpha>1$ . $\begin{vmatrix}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}\end{vmatrix}\leq\frac{1}{x^\alpha}$ , следовательно, в силу сходимости интеграла $\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x^\alpha}$ , сходится интеграл $\widetilde{I}=\int_{1}^{+\infty}\frac{\left|\sin{x}\right|}{x^\alpha}dx$ , т.е. интеграл $I$ сходится абсолютно. Отсюда, по теореме 1, следует сходимость интеграла $I$ .
Рассмотрим второй случай. Интегрируя по частям, получим
$\left.\begin{matrix}I=-\frac{\cos{x}}{x^\alpha}\end{matrix}\right|_{1}^{+\infty}-\alpha\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$ ,

где $\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha}}=0$ , а $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$ сходится абсолютно. Следовательно, $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$ сходится и интеграл $I$ сходится при $0<\alpha\leq1$ . Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\frac{\left|\sin{x}\right|}{x^\alpha}dx$ при $0<\alpha\leq1$ расходится, а значит, что при $0<\alpha\leq1$ интеграл $I$ сходится условно.
Рассмотрим $\alpha\leq0$ . Используя критерий Коши, докажем расходимость интеграла $I$ . Пусть $\delta>1$ . Выберем число $n\in\mathbb{N}$ таким, чтобы $2n\pi>\delta$ , и положим
$\xi’_{\delta}=2n\pi+\frac{\pi}{6},\xi»_{\delta}=2n\pi+\frac{5\pi}{6}$ .

Т.к. при $x\in[\xi’_{\delta};\xi»_{\delta}]$ выполняется неравенство $\sin{x}\geq\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{x^\alpha}\geq1$ при $x\geq1$ и $\alpha\leq0$ , то

$\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi’_{\delta}}^{\xi»_{\delta}}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx\end{vmatrix}=\int\limits_{\frac{\pi}{6}+2n\pi}^{\frac{5\pi}{6}+2n\pi}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx\geq\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\pi}{6}+2n\pi}^{\frac{5\pi}{6}+2n\pi}dx=\frac{\pi}{3}.$

Очевидно, что условие Коши не выполняется и интеграл расходится при $\alpha\leq0$ .

Ответ: $I=\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx$ :

абсолютно сходится при $\alpha>1$ ;
условно сходится при $0<\alpha\leq1$ ;
расходится при $\alpha\leq0$ .

[свернуть]

Литература

Тесты

Абсолютная и условная сходимость несобственных интегралов

Проверьте свои знание по теме «Абсолютная и условная сходимость несобственных интегралов».

Задание 1 из 3

1.
Количество баллов: 5

Рубрика: Математический анализ
Выберите правильный ответ: Из сходимости несобственного интеграла $\widetilde{I}$ следует сходимость несобственного интеграла $I$ и справедливо неравенство:
- $\int\limits_{a}^{b}f(x)dx>\left|\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\right|$
- $\left|\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\right|\geq\int\limits_{a}^{b}|f(x)|dx$
- $\left|\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\right|\leq\int\limits_{a}^{b}|f(x)|dx$
- $\int\limits_{a}^{b}|f(x)/dx<\left|\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\right|$
Правильно

Неправильно

Задание 2 из 3

2.

Количество баллов: 15

Рубрика: Математический анализ

Интеграл $I=\int_{1}^{+\infty}\frac{sinx}{x^\alpha}dx$ :

Элементы сортировки

$\alpha>1$
$0<\alpha\leq1$
$\alpha\leq0$

абсолютно сходится при

условно сходится при

расходится

Задание 3 из 3

3.
Количество баллов: 5

Рубрика: Математический анализ
Допишите недостающее выражение:
- В случае абсолютной сходимости интеграла говорят, что функция на сегменте.
Правильно

Неправильно

Автор: Филип Марченко

M1571. О доске, монете и возможных передвижениях

Задача из журнала «Квант» (1996, №6)

Условие

Решение

Задание №1

Задание №2

Задание №3

Признаки Дирихле и Абеля сходимости интегралов

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Абсолютная и условная сходимость несобственных интегралов

Абсолютная и условная сходимость несобственных интегралов

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

3.

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат