Математическое и загадочное

[Fireman]

31 минуту назад, E.K. сказал:

Которое было в ныне уже удалённом комментарии. Там было что-то типа ?????/54.

да нет, комментарий на месте (просто картинки не вставлялись - пришлось пример просто указать)

 

837 162/54

 

восемьсот тридцать семь целых сто шестьдесят две пятидесяти четвертых

 

т.е. (837 * 54 + 162) / 54 = 840

[E.K.]

А! Сорри, внезапно появившаяся картинка меня спугнула

Да, вариантов решения той задачки оказалось более чем достаточно. Спасибо!

 

Вот что мне недавно накинули. Пока не понимаю как за это браться..

Что больше: 2/201 или ln(101/100) ?

[Fireman]

1 час назад, E.K. сказал:

Вот что мне недавно накинули. Пока не понимаю как за это браться..

Что больше: 2/201 или ln(101/100) ?

 

Способ 1:

я попробовал сразу в лоб

 

2/201 = ln(101/100)

e^2/201=1,01

 

e^x=1+x+x²/2!+x³/3!+...

 

2/201 + (2/201)²/2! +... = 0.00995 + (2/201)²/2! + ...

первый член менее 0,0001, каждый следующий будет еще минимум на 2 порядка вправо (это без учёта факториала) добавлять значащие цифры в сумму и в итоге никогда не дойдет до 0,01

 

по идее надо аккуратненько вычислить только 2/201 + (2/201)²/2! ~ 0,00999975

все остальные члены уже будут давать уже незначительный вклад

 

 

Способ 2:

Аналогично можно зайти с другого конца (он даже удобнее, тут калькулятор не нужен)

2/201 < 0,0099503

ln(101/100)=ln(1+0,01)=0,01-(0,01)²/2+(0,01)³/3-(0,01)⁴/4+...

 

первые 3 члена разложения логарифма дают 0,009950333...

каждый следующий член будет добавлять или убавлять на 2 цифры дальше вправо и менее, чем 3, поэтому логарифм гарантированно больше 0,0099503

Изменено 4 июня, 2020 пользователем Fireman

[Рогожников Евгений]

1 час назад, E.K. сказал:

Вот что мне недавно накинули. Пока не понимаю как за это браться..

Что больше: 2/201 или ln(101/100) ?

 

 

Есть еще и способ 3. Он похож на способ 2 предыдущего поста. Но вычислительно еще проще.

 

Логарифм будем вычислять чеерз ряд Тейлора.

ln(1+x) = x - x^2/2 + x^3/3 - x^4/4 ...

 

 

Этот ряд не очень удобен. Вместо него рассмотрим ряд для 

ln((1+x)/(1-x)) = ln(1+x) - ln(1-x) = тут подставляем ряд Тейлора данный выше и получим = 2(x + x^/3 + x^5/5 + ...)

 

теперь все готово для  вычисления

 

из уравнения (1+x)/(1-x) = 101/100 получим x = 1/200

 

 и тогда ln(101/100) > 2x = 1/100 > 2/201

[E.K.]

Мне про эту задачку сказали, что она была "в 1984 году на Всесоюзной математической олимпиаде для 10 класса. Задачу решили всего 4 человека, они же получили красные дипломы, а потом стали частью легендарной команды СССР 1984 года на ММО" (цитата).

 

Посему у меня вопрос: ряд Тейлора разве преподают в школьной программе?

[Fireman]

1 час назад, E.K. сказал:

Посему у меня вопрос: ряд Тейлора разве преподают в школьной программе?

 

Посмотрел учебник алгебры за 11 класс:

 

 

И еще домашнее задание:

 

 

Хотя тема стоит со звёздочкой, возможно это означает, что ее проходят только в матклассах, но и на всероссийской олимпиаде наверное в основном только такой контингент.

Опять же вопрос - какое решение приняли бы на этой олимпиаде - только приведённое Рогожниковым Евгением, где все делается без использования вычислений в любом виде (1 деление и 1 умножение не в счет) или и те, которые привел я, при которых пришлось бы потратить листок бумаги на деление и умножение столбиком (в втором случае чтобы разделить 2 на 201, потому что 0,01-(0,01)²/2+(0,01)³/3 все таки можно и в уме вычислить

 

P.S.

 

Интересный вопрос - а возможно ли решение данной задачи без разложения в ряды вообще

Изменено 6 июня, 2020 пользователем Fireman

[Fireman]

1 час назад, Fireman сказал:

Интересный вопрос - а возможно ли решение данной задачи без разложения в ряды вообще

 

Нашел СПОСОБ #4, основанный на математике 8 класса (или 9, не помню уже), но очень извращённый ?

 

2/201 # ln(101/100)

e^(2/201) # 101/100

e^2 # (101/100)^201

e^2 # (1 + 0,01)^201

 

дальше воспользуемся биномом Ньютона и разложим правую часть 

 

e^2 # 201! / (2! * 200!) * 0,01 + 201! / (3! * 199!) * 0,01^2 + ...

 

бином Ньютона проходят где=то в 8 классе, максимум в 9, в конце концов можно и самому вывести (раз на всесоюзной олимпиаде)

 

e хорошо бы знать знака до 5 - понадобится

 

А дальше запасаемся ручкой, бумажкой и... терпением:

 

1 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 1.0     delta =  -6.3890560989306495
2 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 3.0100000000000002     delta =  -4.379056098930649
3 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 5.0200000000000005     delta =  -2.369056098930649
4 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 6.353300000000001     delta =  -1.0357560989306487
5 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 7.013283500000001     delta =  -0.3757725989306486
6 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 7.273316999000001     delta =  -0.11573909993064824
7 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 7.358261275340001     delta =  -0.030794823590648335
8 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 7.3819243237490015     delta =  -0.007131775181647981
9 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 7.387662612988184     delta =  -0.0013934859424651336
10 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 7.388893157236143     delta =  -0.00016294169450681295
11 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 7.3891294217317505     delta =  7.332280110095013e-05
12 e^2 = 7.3890560989306495     sum = 7.389170445839624     delta =  0.00011434690897438315

 

На 12 шаге задача будет решена :)))

Изменено 6 июня, 2020 пользователем Fireman

[Fireman]

8 часов назад, Fireman сказал:

А дальше запасаемся ручкой, бумажкой и... терпением:

 

Поскольку не могу изменить уже старый пост, напишу тут по поводу способа №4

 

На самое деле для решения задачи нам понадобится

1) точность всего лишь в 5 знаков во всех расчетах

2) знание того, что "e = 2.7 день рождения Льва Толстого 2 раза"

3) e^2 мы вычислим немного с запасом (т.е. округлим в большую сторону) - e = 2,718281829

4) бином Ньютона будем вычислять с точностью до 5 знака для каждого слагаемого и округлять будем наоборот в меньшую сторону

 

В результате получится следующее:

 

01 e^2 = 7.38906     sum = 1.00000     delta =  -6.38906     add =  1.00000     C = 1
02 e^2 = 7.38906     sum = 3.01000     delta =  -4.37906     add =  2.01000     C = 201
03 e^2 = 7.38906     sum = 5.01999     delta =  -2.36907     add =  2.01000     C = 20100
04 e^2 = 7.38906     sum = 6.35329     delta =  -1.03577     add =  1.33330     C = 1333300
05 e^2 = 7.38906     sum = 7.01327     delta =  -0.37579     add =  0.65998     C = 65998350
06 e^2 = 7.38906     sum = 7.27330     delta =  -0.11576     add =  0.26003     C = 2600334990
07 e^2 = 7.38906     sum = 7.35824     delta =  -0.03082     add =  0.08494     C = 84944276340
08 e^2 = 7.38906     sum = 7.38190     delta =  -0.00716     add =  0.02366     C = 2366304840900
09 e^2 = 7.38906     sum = 7.38763     delta =  -0.00143     add =  0.00573     C = 57382892391825
10 e^2 = 7.38906     sum = 7.38885     delta =  -0.00021     add =  0.00123     C = 1230544247958025
11 e^2 = 7.38906     sum = 7.38908     delta =  +0.00002    add =  0.00023     C = 23626449560794080
12 e^2 = 7.38906     sum = 7.38912     delta =  +0.00006    add =  0.00004     C = 410241078737424480

 

т.е. в самом начале нам надо в столбик умножить e на e, а потом просто вычислять биномиальные коэффициенты и складывать 6значные числа

причем и вычислять биноминальные коэффициенты надо не совсем в лоб, например C(201, 10) = 201!/(10!*191!) = 192*193*...*201/(2*3*...*10) - в общем не очень сложная, но немного муторная операция

 

Учитывая что левое выражение мы взяли больше исходного, а правое - меньше, то нам хватит 11 шагов для доказательства данного утверждения

Изменено 6 июня, 2020 пользователем Fireman

[Рогожников Евгений]

Можно ещё один трюк. Решить нужно будет более общую задачу. А именно сравнить функции e^x и (2+x)/(2-x). Когда x равен 2/201, то это будет наша задача. 

 

В точке 0 обе функции равны 1. 

Берём первую производную. Получаем e^x и 4/(2-x)^2. В точке 0 обе первые производные также совпадают и равны 1.

Берём вторые производные. Получаем e^x и 8/(2-x)^3. Опять в точке 0 обе равны 1.

 

Ну и, наконец, для третьих производных будет разница. Получаем e^x и 24/(2-x)^4. В точке 0 значения будут 1 и 3/2 соответственно. Т.е правая функция растет в точке 0 быстрее.

 

Заметим также, что в точке 1 значения левой функции и ее производных всегда равны e. ,А у правой функции значения будут 3, 4, 8, 24. То есть всегда больше.

Но тогда и на всем отрезке [0,1] левая функция меньше правой. Это следует из того что все вычисленные ранее производные на этом отрезке больше нуля. Т.е исходные функции монотонны и не имеют точек перегиба. 

 

Все!!!

 

Как часто бывает в математике, решить более общую задачу оказалось легче частной. На эту тему есть анекдот.

Проезжает поезд мимо поля с овцами. Пассажир-математик говорит "На поле пасутся 348 овец". Остальные его спрашивают "Но как вы так быстро смогли сосчитать? " . Тот отвечает "Очень просто. Я посчитал число ног и разделил на 4"

 

Изменено 7 июня, 2020 пользователем Рогожников Евгений

[Fireman]

1 час назад, Рогожников Евгений сказал:

Можно ещё один трюк. Решить нужно будет более общую задачу. А именно сравнить функции e^x и (2+x)/(2-x). Когда x равен 1/201, то это будет наша задача. 

если e^x и (2+x)/(2-x) при x = 1/201, то задача превращается в задачу про 1/201 и ln(403/401),

 

разобрать надо функции e^x и (2-x)/(2+x) когда x = 2/201
 

Так трюк (способ 5) будет еще проще (если я не ошибаюсь конечно):

 

Рассмотрим функцию f(x) = ln((2-x)/(2+x)) - x

f'(x) = x^2/(4-x^2)

f'(x) = 0 x = 0

 

дальше можно просто подставить 2/201 => f'(2/201) ~ 4, т.е. больше 0, а значит в точке x=2/201 ln((2-x)/(2+x)) растет быстрее x

поскольку в точке x = 0 x и ln((2-x)/(2+x)) равны, то в точке x=2/201 ln(101/100) будет больше 2/201

 

quod erat demonstrandum

 

обошлись одной производной

 

P.S.

Поскольку производные (судя по учебнику) также проходят в 11 классе, то нельзя не признать, что способом 4 задачу могут решить и ученики меньших классов :), другое дело, что на задачу придется потратить от получаса до часа писанины

 

Изменено 7 июня, 2020 пользователем Fireman

[Рогожников Евгений]

06.06.2020 в 09:49, E.K. сказал:

Мне про эту задачку сказали, что она была "в 1984 году на Всесоюзной математической олимпиаде для 10 класса. Задачу решили всего 4 человека

Нашел. В книжке Егорова, Васильева. В самом деле, была. Олимпиада 1984 года в Ашхабаде. Задача под номером 392. Судя по всему, это была задача второго дня под вторым номером. Обычно такие задачи из разряда несложных. Но сложность обычно определяется организаторами. Так что тут они, по всей видимости, ошиблись со сложностью, раз так мало школьников решило. Хотя школьники и проходят производные, но опыта в их применении у них ещё маловато. Хотя все нужные знания уже есть. После первого семестра матана задача решилась бы сразу, так как там много подобных примеров.

[E.K.]

Привет всем,

вот что ответили админы фанклуба по поводу редактирования: "По умолчанию для новых юзеров лимит стоит 60 минут (увеличено до 2 часов). Более опытные юзеры из группы Активисты могут редактировать сообщения 24 часа, а у Старожилов есть несколько месяцев." - если возникнет нужда, то я могу "замолвить слово"

 

И вот ещё обнаружил задачку, которую давным-давно так и не решили (вернее, решение было неправильным) ->

 

Докажите, что:  1 + 1/4 + 1/9 + … + 1/n^2 + … < 2

[Рогожников Евгений]

3 часа назад, E.K. сказал:

Докажите, что:  1 + 1/4 + 1/9 + … + 1/n^2 + … < 2

Рассмотрим функцию 1/x^2. Ее интеграл равен -1/x. Значит значение интеграла от 1 до  бесконечности равно 1.

 

Рассмотрим разбиение интервала от 1 до бесконечности натуральными числами. В каждом таком интервале отметим одну точку - крайнюю справа. Т.е это точки 2, 3, 4, .... И рассмотрим интегральную сумму по данному разбиению. Ясно, что эта сумма равна нашему ряду без 1.  Но так как исходная функция строго убывает, то значение интеграла строго больше этой интегральной суммы.

 

Что и требовалось доказать.

 

На сколько я помню, в школе интегралы также проходят. Так что решение доступно школьнику

[Fireman]

3 часа назад, Рогожников Евгений сказал:

На сколько я помню, в школе интегралы также проходят. Так что решение доступно школьнику

Ну можно и без интеграла, можно опять отскочить на 2 класса назад и немного поизвращаться

 

1) докажем с помощью математической индукции, что, что X(n) = 1 + 1/4 + 1/9 + ... + 1/n^2 <= 2 - 1/n

 

1.1) для n = 2:

 

X(n) = 3/4 <= 2 - 1/2, т.е. верно

 

1.2) для n = n + 1:

 

X(n+1) = X(n) + 1/(n+1)^2  <= 2 - 1/n + 1/(n+1)2 = 2 - (n^2 + 2n + 1 - n)/(n*(n+1)*(n+1) = 2 - (n^2 + n + 1) / (n*(n+1)*(n+1)) = 2 - 1/(n+1) * (n^2 + n + 1) / (n^2 + n) < 2 - 1/(n+1)

 

доказано

2) из 1) вытекает, что  1 + 1/4 + 1/9 + ... + 1/n^2 + ... < 2

 

доказано

 

P.S.

 

как это должны видеть школьники, я не знаю

 

 

P.P.S.

 

ну и самое короткое доказательство ?:

Изменено 7 июня, 2020 пользователем Fireman

[Maxim Yurchuk]

Чет мне кажется перемудрили вы с 

04.06.2020 в 21:05, E.K. сказал:

Что больше: 2/201 или ln(101/100) ?

 

Как ранее писали: 

 

    2/201 # ln(101/100)

    e^(2/201) # 101/100

    e^2 # (101/100)^201

    e^2 # (1 + 0,01)^201

 

Можно продолжить:

 

    e # (1 + 0,01)^(100 + 1/2)

    lim[(1+1/n) ^ n ] #  (1 + 0,01)^(100 + 1/2)

    lim[(1+1/n) ^ n ] * lim[(1 + 1/n)^(1/2)] #  (1 + 0,01)^(100 + 1/2)

    lim[(1+1/n) ^ (n + 1/2)] #  (1 + 1/100)^(100 + 1/2)

 

Далее можно заметить, что (1+1/n) ^ (n + 1/2) убывает при росте n. Для этого делим следующий элемент последовательности на предыдущий: 

 

    ((1 + 1/(n+1))^(n+3/2)) / ((1 + 1/n)^(n+1/2)) < ((1 + 1/(n+1))^(n+1/2)) / ((1 + 1/n)^(n+1/2))  < ((n^2 + 2n)/(n^2 + 2n + 1))^(n+1/2) < 1 

 

Из этого следует, что последовательность (1+1/n) ^ (n + 1/2) убывает, поэтому сотый элемент этой последовательности  (1 + 0,01)^(100 + 1/2) больше чем предел, который равен e. Ну и из этого следует, что 

 

    lim[(1+1/n) ^ (n + 1/2)] < (1 + 1/100)^(100 + 1/2) 

 

И обратно по сравнениям получаем 

 

    2/201 < ln(101/100)

 

Изменено 8 июня, 2020 пользователем Maxim Yurchuk