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,
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].
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
Докажем 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.
[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:
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.)
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.
(На рисунке) Разница значений функции $latex f(x) $ и выражающим её многочленом Тейлора в точке $latex x_{0} :$$latex f(x)-P_{n}(x_{0},x)=r_{n}(x_{0},x) $ (уклонение полинома $latex P_{n} $ от функции $latex f(x) $).
Существует 3 основных представления остаточного члена:
В форме Лагранжа: $$ \large r_{n} (x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(x+\theta(x-x_{0}))}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$$latex 0< \theta < 1 .$$$\ $$
В форме Коши: $$\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} , \ $$$latex 0< \theta_{1} < 1 .$$$\ $$
В форме Пеано: $$ \large r_{n} (x_{0},x) =o((x-a)^{n}) , \ $$ при $latex x\rightarrow a .$
Примеры:
Написать разложение функции $latex e^{\sin (x)} $ до $latex x^{3} $ с остатком в форме Пеано.
Спойлер
$$ 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: $$ e^{ \sin (x)}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{3}) $$ $$\ $$
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 5
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Средний результат
Ваш результат
Рубрики
Математический анализ0%
максимум из 30 баллов
Место
Имя
Записано
Баллы
Результат
Таблица загружается
Нет данных
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
1
2
3
4
5
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 5
1.
Количество баллов: 5
Какие существуют формы остаточных членов?
Задание 2 из 5
2.
Количество баллов: 5
Как можно применять многочлен Тейлора?
Задание 3 из 5
3.
Количество баллов: 5
Правда ли, что для некоторых функций существует бессконечное множество выражающих их многочленов Тейлора, и, следовательно, необходимо быть очень внимательным и подбирать наиболее подходящий из них?
Задание 4 из 5
4.
Количество баллов: 5
Можно ли оценить остаточный член (точность представления через полином)?
Задание 5 из 5
5.
Количество баллов: 10
Какие условия должны выполнятся, чтобы для функции можно было построить многочлен Тейлора?