Олимпиадная задача по матанализу (МГИ, 1975 г.)

vadim_sv74

Доказать, что уравнение [math] $\int_0^ae^{-x}(1+\frac{x}{1!}+...+\frac{x^{100}}{100!})dx=50$ [/math]
имеет корень a, лежащий на интервале (50,100).
Кто решит, тот молодец.

griz_a

Для 75 года может и ничего так, но по нынешним временам - детский лепет. Хочется решение услышать или задачу показать?

vadim_sv74

Решение хочется, только без численных методов )

fabio

МГИ - это что ?

vadim_sv74

Московский горный институт

griz_a

Понятно, что задача сводится к тому, чтобы доказать что [math]$ e^{-x}(1+x+x^2/2+...+x^{100}/100!)>50/a$ [/math] при всех x из [0,a] при каком-то a не большем 100. Видимо, планировалось, что решающий будет доказывать при a=100, когда оценка довольно близка к точной.
Но если взять a=60, то все куда проще
Положим [math]$ A= 1+x+x^2/2+...+x^{100}/100!$ [/math].
Тогда [math]$$ e^x = A + \sum_{i=101}^{\infty} x^i/i! < A + x^{101}/{101!} \sum_{i=0}^{\infty} (x/101)^i = A + x^{101}/101!/(1-x/101)< A+3 x^{101}/101!$$ [/math]
Но [math]$ \frac{x^{101}/101!}{x^{60}/ 60!} = \frac{x^{41}}{101\cdot 100\cdot....\cdot61} <(x/90)^{10}\leq 1.5^{-10}<1/15, $[/math] т.к. [math]$x\leq 60$[/math].
Отсюда [math]$A+3 x^{101}/101!<A+A/5 $[/math] и
[math]$ Ae^{-x} >1/(1+1/5)= 5/6$ [/math], что и т.д.

BoBochka

После разбиения интеграла I в сумму интегралов и интегрирования по частям у меня получилось (если не путаю) следующее:
 [math]$I(a) = n + 1 - e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n}(n + 1 - k)\frac{a^k}{k!} $[/math], где [math]$n=100$[/math].
Ясно, что
 
[math]$n + 1 - (n + 1) e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n} \frac{a^k}{k!} < I(a) < n + 1 -  e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n}\frac{a^k}{k!} $ [/math].
Но сходу не получилось выяснить без калькулятора (если это вообще верно что левая часть этого неравенства больше 50 при a=100, а правая меньше 50 при a = 50 :(

fabio

а чему равно а чтоб равенство выполнялоось ?

Vlad128

ну это ключевое...

griz_a

[math]$e^{-x} (1+x+x^2/2+....+x^{100}/100!) \approx 1-2\cdot 10^{-10}$[/math] при x=50 и меньше при меньших x.
Так что этот корень не больше [math]$50/(1-2\cdot 10^{-10})\approx 50+10^{-8}$[/math]

vadim_sv74

Какое хорошее решение, спасибо, !

BoBochka

ну это ключевое...

В принципе на этом "лобовом" пути можно получить верхнюю оценку исходного интерграла:
[math]$ I(a) = n + 1 - e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n}(n + 1 - k)\frac{a^k}{k!} =$[/math]
[math]$= n + 1 - (n + 1) e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n}\frac{a^k}{k!} +  e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n}k\frac{a^k}{k!} =$[/math]
[math]$= n + 1 - (n + 1)e^{-a} \frac{a^n}{n!} - (n + 1) e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n - 1}\frac{a^k}{k!} +  ae^{-a}\sum_{k=0}^{k=n - 1}\frac{a^k}{k!} =$[/math]
[math]$= (n + 11 - e^{-a} \frac{a^n}{n!}) - (n + 1 - a) e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n - 1}\frac{a^k}{k!} $[/math]
[math]$= (n + 11 - e^{-a} \frac{a^n}{n!}) - (n + 1 - a) e^{-a}g(a)$[/math]
Теперь оценим снизу сумму [math]$ g(a) = \sum_{k=0}^{k=n - 1}\frac{a^k}{k!}$[/math], проводя сравнение с геометрической прогрессией, как сделал выше :
[math]$ g(a) = \sum_{k=0}^{k=n - 1}\frac{a^k}{k!}=e^{a}  - \sum_{k=n}^{\infty}\frac{a^k}{k!} =$[/math]
[math]$ = e^{a}  -  \frac{a^n}{n!}\sum_{i=0}^{\infty}\frac{a^i}{(n+1)...(n+i)} >  e^{a}  -  \frac{a^n}{n!}\sum_{i=0}^{\infty}(\frac{a}{n+1})^{i} =  e^{a}  -  \frac{a^n}{n!}\frac{n + 1}{n+1 - a}$[/math]
Поэтому если [math]$n + 1 - a > 0$[/math],
[math]$ I(a) = (n + 11 - e^{-a} \frac{a^n}{n!}) - (n + 1 - a) e^{-a}g(a)<$ [/math]
[math]$ < (n + 11 - e^{-a} \frac{a^n}{n!}) - (n + 1 - a) e^{-a} (e^{a}  -  \frac{a^n}{n!}\frac{n + 1}{n+1 - a}) = a$[/math]
Таким образом, [math]$ I(a) < a$ [/math], если [math]$a < n + 1$[/math], .
В частности, [math]$ I(50) < 50$ [/math] при [math]$n = 100$ [/math]. И первая "половина" задачи доказана! :)
Для завершения решения осталось доказать вторую "половину" задачи, то есть что [math]$ I(100) > 50$ [/math] при [math]$n = 100$ [/math].
 

griz_a

Чтобы доказать, что этот интеграл при 50 меньше 50, достаточно заметить, что подынтегральная функция меньше 1, потому что частичная сумма положительного ряда делится на полную сумму :confused: Это не ползадачи, это 1%.

BoBochka

Да, Вы правы :) :o
Зато вспомнил TeX :grin:

BoBochka

Используя предыдущее "толчение воды в ступе", можно решить и оставшиеся 99% задачи.
Мы выяснили, что
[math]$ I(a) = n + 1 - e^{-a}\sum_{k=0}^{k=n}(n + 1 - k)\frac{a^k}{k!} = (n + 11 - e^{-a} \frac{a^n}{n!}) - (n + 1 - a) e^{-a}g(a)$[/math],
где [math]$g(a) = \sum_{k=0}^{k=n - 1}\frac{a^k}{k!}$[/math]
Поэтому, чтобы получить нижнюю оценку исходного интеграла [math]$I(a)$[/math], найдем верхнюю оценку для функции [math]$g(a)$[/math] при условии, что [math]$ a \leqslant n$[/math].
[math]$g(a) = \sum_{k=0}^{k=n - 1}\frac{a^k}{k!} = e^{a}  - \sum_{k=n}^{\infty}\frac{a^k}{k!}=e^{a}  -  \frac{a^n}{n!}\sum_{i=0}^{\infty}\frac{a^i}{(n+1)...(n+i)} <$[/math]
[math]$< e^{a}  -  \frac{a^n}{n!}\sum_{i=0}^{n}(\frac{a}{2n})^i = e^{a}  -  \frac{a^n}{n!}\frac{1-(\frac{a}{2n})^{n+1}}{1 - \frac{a}{2n} } \leqslant $[/math]
[math]$\leqslant  e^{a}  -  \frac{a^n}{n!} \frac{1- \frac{1}{2^{n+1} }}{1 - \frac{a}{2n} } =  e^{a}  -  \frac{a^n}{(n-1)!} \frac{2- \frac{1}{2^{n} }}{2n - a }$[/math]
Поэтому
[math]$ I(a) = (n + 11 - e^{-a} \frac{a^n}{n!}) - (n + 1 - a) e^{-a}g(a)>$ [/math]
[math]$> (n + 11 - e^{-a} \frac{a^n}{n!}) - (n + 1 - a) e^{-a}(e^{a}  -  \frac{a^n}{(n-1)!} \frac{2- \frac{1}{2^{n} }}{2n - a })= $ [/math]
[math]$= a - (n+1) \frac{e^{-a}a^{n}}{n!} + \frac{n+1-a}{2n-a}\frac{e^{-a}a^n  (2- \frac{1}{2^{n}}) }{(n-1)!} =$ [/math]
[math]$= a - \frac{e^{-a}a^n}{(n-1)!} ( 1 + \frac{1}{n} -(2 - \frac{1}{2^n})\frac{n+1-a}{2n-a}) $ [/math]
В случае [math]$a=n=100$[/math] имеем:
(1) [math]$1 + \frac{1}{n} -(2 - \frac{1}{2^n})\frac{n+1-a}{2n-a} = 1 + \frac{1}{100} -(2 - \frac{1}{2^n})\frac{1}{100} =1 - \frac{1}{100} + \varepsilon$[/math]
(2) [math]$\frac{e^{-a}a^n}{(n-1)!} = \frac{100^{100}e^{-100}}{99!} \approx 3,9$[/math]
Следовательно, [math]$I(100) > 100 - \gamma > 50$[/math], где [math]$\gamma \approx 3,9 * (1 - \frac{1}{100} + \varepsilon) < 10$[/math].
И утверждение задачи доказано! :)

vadim_sv74

Приближенное равенство в (2) как бы не совсем очевидно. Чтобы оценить это выражение, например, константой 5 можно, конечно, оценкой [math] $n!>\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^ne^{\frac{1}{12n+1}}$ [/math] воспользоваться...

BoBochka

Дополнение: без калькулятора выражение [math]$\frac{e^{-a}a^n}{(n-1)!}$[/math] при [math]a=n = 100[/math] легко вычислить по формуле Стирлинга:
 [math]$lim_{n \to \infty} \frac{e^{n}n!}{n^{n}\sqrt{2\pi n}} = 1$[/math].
При [math]$a=n=100$[/math] имеем:
[math]$\frac{e^{-a}a^n}{(n-1)!}  = \frac{n}{\sqrt{2\pi n }} (\frac{n^{n}\sqrt{2\pi n}}{e^{n}n!}) \approx  \frac{n}{\sqrt{2 \pi n }} \approx \frac{100}{25}$  = 4[/math].

BoBochka

Да-да, пока я писал предыдущий пост, Вы уже сделали дополнение об использовании формулы Стирлинга :)

Yuri

А почему в доказательстве можно заменить x^60 / 60! на [math]А[/math] ?

griz_a

Оно его меньше - это одно из слагаемых, входящих в A

griz_a

В неравенствах для g(a) откуда-то появляется [math] $(a/(2n^i$ [/math]. Это откуда?

politik

Из оценки [math]$\frac{a^i}{(n+1)\ldots(n+i)}\ge(\frac{a}{2n})^i$ [/math] при [math]$i\le n$[/math].

griz_a

А, пардон, не посмотрел в какую сторону неравенство. :crazy:
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: