M1479

Условие

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

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

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

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

[latex][x][/latex]- целая чатсь числа [latex]x[/latex].

Решение

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

[latex]s\geqslant 1+2+\cdots +4k=2k(4k+1).[/latex]

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

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

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

Рассмотрим следующую таблицу чисел:

[latex]\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}[/latex]

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

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

Замечания

Строгое доказательство существования многоугольника [latex]P[/latex] 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.

[latex]\varphi(t)=x-t[/latex];

[latex]\varphi'(t)=-1[/latex];

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

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

Следствие 2.

[latex]\varphi(t)=(x-t)^{(n+1)}[/latex];

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

[latex]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}[/latex];

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

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

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

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

[latex]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)[/latex].

Замечание

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

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

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

 

Пример 1.

Доказать:

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

[latex]f(x)=sin(x)[/latex]; [latex]x_{0}=0[/latex];

[latex]n=4[/latex]:
[latex]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}}[/latex]

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

[latex]sin(x\frac{5}{2}\pi)=sin(x+\frac{\pi}{2})=cos(x)[/latex];

[latex]sin^{(5)}(\xi)=cos(\xi)[/latex];

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

[latex]n=2[/latex]:
[latex]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}[/latex];

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

[latex]-\frac{cos(\xi)}{3!}x^{3}> \frac{x^{3}}{3!}[/latex];

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

[latex]cos(\xi) \leqslant 1[/latex]

Пример 2.

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

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

 

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 [latex]r_{n}(x)[/latex] ф-лы Тейлора)

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

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

[latex]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 ][/latex] =[latex]-\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 ][/latex]=[latex]-\left [ f'(t)+ \frac{f»(t)(x-t)+(x-t)’f'(t)}{1!} \right ][/latex]=[latex s=4]-\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 ][/latex]

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

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

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

 

 

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

r(x0,x)

Существует 3 основных представления остаточного члена:

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

Примеры:

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

    $$ e^{\sin (x)}=1+\sin (x)+\frac{1}{2} \sin ^{2}(x)+\frac{1}{6}\sin ^{3}(x)+o(\sin ^{3}(x)) $$ Ввиду эквивалентности бесконечно малых $latex x $ и $latex \sin (x) $ это все равно, что $latex o(x^{3}) ,$ то есть:
    $latex e^{\sin (x)}=1+\sin (x)+ $$latex \frac{1}{2} \sin ^{2}(x)+ $$latex \frac{1}{6} \sin ^{3}(x)+o(x^{3}) \sin(x)= $$latex x-\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{4}) \Rightarrow $$latex e^{sin(x)}=1+(x-\frac{1}{6} x^{3} )+ $$latex \frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3}) $
    Член с $latex x^{3} $ аннулируется и, окончательно, имеем: $$ e^{ \sin (x)}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{3}) $$ $$\ $$

  2. [свернуть]