Завдання вступного іспиту в ШАД 2014



При вступі в ШАД перевіряються знання в рамках спільної програми, що включає базові розділи вищої алгебри, математичного аналізу, комбінаторики, теорії ймовірностей, а також основи програмування. Під катом докладно розібрані завдання вступного іспиту в ШАД 2014 року. Увага! Пост досить об'ємний, тому влаштовуйтесь зручніше, озбройтесь олівцем, якщо потрібно, діставайте чай з печивом. Переконайтеся, що зробили всі справи на вечір! Велика ймовірність, що розглядаються нижче завдання поглинуть ваш розум на кілька годин, а комусь завадять вчасно лягти спати. У всякому разі сьогоднішній вечір обіцяє бути цікавим. Ласкаво просимо під кат

Завдання 1


Знайдіть всі квадратні речові матриці порядку 3, задовольняють рівняннюX2 + E = 0.

РішенняТак характеристичний многочлен матриціX представляє собою поліном (непарної) ступеня 3, то він має принаймні один дійсний корінь і, отже, матрицяX має принаймні одне дійсне власне значення λ. Тоді є ненульовий векторv такий, що виконується рівність:
X⋅v = λ⋅v.
Тоді,X2 + E = 0 означає, що(X2 + E)⋅v = 0, абоX2⋅v + E⋅v = 0, але
X2⋅v = X⋅(X⋅v) = X⋅(λ⋅v) = λ⋅X⋅v = λ2⋅v
таким чином:
(X2 + E)⋅v = (λ2 + 1)⋅v = 0.
Так якv – ненульовий вектор, то для виконання рівності необхідно, щоб λ2 + 1 = 0, що можливо тільки при комплексному значенні λ. Отже, дійсної матриціX розмірності 3×3 такий, що виконується рівнянняX2 + E = 0 не існує.

2 спосіб вирішення
Узагальнимо завдання. Розглянемо матрицюX розмірності n×n. Існує теорема про добутку визначників квадратних матриць, яка формулюється наступним чином: визначник добутку двох квадратних матриць дорівнює добутку визначників співмножників. Тоді, якщо виконується рівняння
X2 + E = 0, позначимо це рівняння(1),
то справедливо наступне рівняння
det(X2) = det(−E) , позначимо це рівняння(2).
Очевидно, щоdet(X2) = det(X)⋅det(X) > 0 (т. к. det(X) > 0 або det(X) < 0, det(X) не може дорівнювати нулю, т. до det(−E) відмінний від нуля і в цьому випадку рівність det(X2) = det(−E) несправедливо). Так як(−E) також є матрицею розмірності n×n, тоdet(−E) = (-1)n. Таким чином, бачимо, що при парних значенняхn рівняння (2) виконується (існують речові рішення), а при непарнихn – не виконується (існують лише комплексні рішення). Отже, для непарнихn не буде виконуватися і вихідне рівняння(1), а значить і дляn=3 рівність (1) несправедливо. Отримуємо той самий висновок, що і в першому способі рішення задачі: речовій матриціX розмірності 3×3 такий, що виконується рівнянняX2 + E = 0 не існує.

Задача вирішена і навіть кількома способами, нижче піде розмова про квадратних матрицях парних порядків, оскільки для них можна знайти таку, щоб виконувалося рівняння(1). Цікаво побачити, що вона буде з себе представляти.

Розглянемо матрицю розмірності 2×2, знаючи що у творі на саму себе вона повинна дати(−E):



Звідси справедливі рівняння:
(a11)2 + a12·a21 = -1
a11·a12 + a12·a22 = 0
a21·a11 + a22·a21 = 0
a21·a12 + (a22) 2 = -1

З першого і четвертого рівнянь отримаємо:(a11) 2 = (a22)2, це рівняння позначимо*
А з другого і третього рівнянь отримаємо:(a12 + a21)·(a11 + a22) = 0, а це рівняння позначимо**

З рівняння * слід, що необхідно розглянути два випадки:
1 випадок:a11 = a22
2 випадок:a11 = −a22

1 випадок
a11 = a22 = a, тодіa11 + a22 ≠ 0. З цього випливає, що для виконання рівності ** необхідно, щобa12 = −a21. Нехайa12 = b. Тепер можемо записати добуток матриць:

Рівність для речовихa b буде виконуватися тільки при a = 0, b = ±1. Таким чином шукані матриці будуть виглядати наступним чином:

Можете переконатися, що при множенні кожної з них на саму себе отримаємо(−E).

2 випадок
a11 = −a22, тоді рівняння ** також виконується. Позначимоa11 = a. Запишемо добуток матриць:

Необхідно, щоб виконувалося рівність a2 + a12·a21 = -1. Виразимо з останнього рівностіa21 = −(1 + a2)/a12. Нехайa12 = b. Тоді шукана матриця буде виглядати так:

Якщо з рівності a2 + a12·a21 = -1 виразитиa12 = −(1 + a2)/a21 і позначитиa21 = b. Тоді шукана матриця буде виглядати так:

Також необхідно написати, що a, b ∈ R, b ≠ 0. Також можна легко переконатися, що при множенні кожної з таких матриць на саму себе отримаємо(−E).

Бачимо, що перший випадок, розглянутий вище, є приватним випадком другого (при a = 0, b = 1). Тому у загальному вигляді то, як виглядає шукана матриця, що описує саме другий випадок.

Таким чином, ми встановили, як повинні виглядати речові квадратні матриці другого порядку, для того, щоб при множенні на саму себе давати у творі негативну одиничну матрицю.


Завдання 2


Серед учасників походу з будь-яких чотирьох як мінімум один знайомий з трьома іншими. Доведіть, що кожен учасник походу, крім максимум трьох, знайомий з усіма іншими.

РішенняНехайn — число учасників походу. Побудуємо граф знайомствG=(V, E), в якому вершини позначають учасників походу, а ребра — їх знайомства між собою. Також відомо, що будь-підграфC=(Vc, Ec) графаG має як мінімум одну вершинуvc ступінь якоїd(vc)=3 (з будь-яких чотирьох як мінімум один знайомий з трьома іншими). Необхідно довести, що для всіх вершин графаGкрім максимум трьох, ступіньd(v)=n-1 (кожен учасник походу, крім максимум трьох, знайомий з усіма іншими). Або, інакше кажучи, треба довести, що графG має повний підграф (клікуD мінімальне можливе число вершин|Vd| для якого дорівнюєn-3.

У відомій задачі про кліку ставиться питання про те, чи існує в графіG кліка заданого розміру (варіант завдання розпізнавання) або який максимальний розмір кліки в графі (обчислювальний варіант завдання). Задача відноситься до класу NP-повних в області теорії графів і, строго кажучи, не має ефективного алгоритму рішення.

Тут же у нас є чудове умова (1*), яке все сильно спрощує, тому для розв'язання задачі необхідно побудувати всі можливі задовольняють (1*) графи (див. далі 1,2,3) і визначити в них розмір максимальної кліки. Зробити це можна досить швидко:

1. Якщо незнайомих між собою людей немає, інакше кажучи, якщо граф знайомствG повний, то кількість людей знайомих з усіма іншими одноn (максимальна кліка має розмірn).

2. Нехай деякі дві вершини графаG a,b є V несмежны, тобтоa,b незнайомі між собою. Нехай у графіG також існує ще одна пара несуміжних вершин c,d є V. Тоді не виконується умова, що в групі з будь-яких чотирьох осіб (наприкладa,b,c,d) як мінімум повинен бути знайомим з іншими трьома (1*). Отже, ще однієї пари незнайомих між собою людейc,d при наявності париa,b бути не може. Тому, якщоa,b незнайомі один з одним, то всі інші люди(n-2 людина) знайомі між собою, підграфD має|Vd|=n-2 вершин (обведений синьою лінією на малюнку). Відповідно, якщоa,b знайомі з усіма іншими, тоn-2 людина знайомі з усіма (вершини, відповідні людям знайомим з усіма, розфарбовані зеленим кольором) (максимальна кліка має розмірn-2):



3. Якщоa незнайомий також і з , так як в будь-якій групі (наприкладa,b,c,d) тількиd може бути знайомий з іншими трьома (зважаючи на те, щоa незнайомий зb,c),a,b,c знайомі з усіма іншимиn-3 людьми, які до того ж знайомі між собою. Таким чином, мінімальне число людей знайомих з усімаn-3 (максимальна кліка має розмірn-3) ч. т. д.:



Нижче розглянемо простий приклад для п'яти учасників походу. Відповідно, є п'ять варіантів вибору будь чотирьох з них (число поєднань з 5 по 4). У графіGa незнайомий зb c. Троє учасників знайомі з усіма іншими. Це максимум при заданому умові (1*), яке виконується в кожному подграфе.




Завдання 3


Опишіть всі невироджені речові матриціA, для яких всі елементи матрицьA A-1 невід'ємні.

РішенняРозглянемо матриціA B розмірності 2×2. Нехай B = A-1 – зворотна матриця. Тоді, результатом добутку матрицьA B буде одинична матрицяE:



Отже, повинні виконуватися рівняння:
a11b11 + a12b21 = 1(1)
a11b12 + a12b22 = 0(2)
a21b11 + a22b21 = 0(3)
a11b12 + a12b22 = 1(4)

Розглянемо вирази (2) і(3). Коли вони звернуться в нуль за умови неотрицательности елементів? Т. к. елементи матрицьA B повинні бути невід'ємні, то виконання тотожностей (2) та (3) буде здійснюватися і т. т. т, коли обидва доданки в кожному виразі будуть нульовими. Розглянемо можливі варіанти. Відразу відкинемо варіанти, при яких «занулятся» елементи одного рядка матриціA або стовпця матриціB, оскільки в цьому випадку не буде дотримана умова невырожденности матриць. Варіанти, при яких результатом твору буде нульова матриця також відкидаємо(a11=a22=b21=b12=0, a21=a12=b11=b22=0).

Залишається два варіанти: a12 = a21 = b12 = b21 = 0 і a11 = a22 = b11 = b22 = 0. Тоді, очевидно, щоб виконувалися рівності (1) та (4) і результатом творуAB була одинична матриця, можливі два варіанти:


Розглянемо матриціA B розмірності 3×3:



Отже, повинні виконуватися рівняння:
a11b11 + a12b21 + a13b31 = 1
a11b12 + a12b22 + a13b32 = 0
a11b13 + a12b23 + a13b33 = 0
a21b11 + a22b21 + a23b31 = 0
a21b12 + a22b22 + a23b32 = 1
a21b13 + a22b23 + a23b33 = 0
a31b11 + a32b21 + a33b31 = 0
a31b12 + a32b22 + a33b32 = 0
a31b13 + a32b23 + a33b33 = 1

Розглянемо вирази, які повинні звернутися в нуль, і проаналізуємо в яких випадках це відбувається. Відразу ж відкинемо варіанти рівності виразів нулю, при яких «занулятся» елементи одного рядка (стовпця) матриціA (матриціB). І т. д. за аналогією, відкинувши всі варіанти, при яких в результаті творуAB отримаємо нульову матрицю. Залишаться випадки, в яких ненульові елементи в матрицяхA B опиняться на позиціях, показаних червоним:


При перемножении матриць саме такого вигляду, як показано вище, візьмемо наприклад варіант:

будемо отримувати одиничну матрицю.

Т. о. можна бачити, що шукана матриця невиродженаA, що складається з невід'ємних елементів, буде мати зворотну матрицюB з невід'ємних елементів у тому випадку, якщо в кожному рядку і стовпці матриціA буде по одному ненулевому елементу, а інші елементи рядка і стовпця будуть нульовими. Такий опис матриці нагадує нам матрицю перестановок, тільки замість одиничних елементів у ній можуть бути будь-які ненульові значення. Такі матриці називають мономиальными або узагальненими матрицями перестановок (почитати про них можна на вікіпедії).

Існує теорема: нехайA невід'ємна матриця. В такому випадку матрицяA матиме невід'ємну зворотну матрицю тоді і тільки тоді, колиA – узагальнена матриця перестановок.

Знаючи таку теорему заздалегідь, завдання можна вирішити швидше:)


Завдання 4

Дано числовий масив довжиниn. Запропонуйте алгоритм, що знаходить максимальне значення сум відрізків цього масиву. Обмеження по часу — O(n) за додатковою пам'яті — O(1).

РішенняРозглянемо масивa[] n елементів
a0, a1, a2,… an-1
Будемо йти по масиву і накопичувати в деякої змінноїsum поточну часткову суму. Якщо в якийсь моментsum виявиться негативною, то ми просто присвоїмо sum = 0. Максимум із всіх значень змінноїsum, що сталися за час роботи, і буде відповіддю на задачу.

Цей алгоритм називається Алгоритмом Кадана (Детальніше про нього можна почитати на вікіпедії і тут). Час виконання — необхідні за умовою задачіO(n), т. до. ми здійснюємо один прохід по масивуa[] n елементів. Умова щодо додаткової пам'яті — O(1) також дотримані.

Приклад реалізації на go
package main

import (
"fmt"
"math/rand"
"time"
"strconv"
)

func main() {
const int N = 10 // Кількість елементів масиву
var arr [N]int
/* Випадкова генерація елементів масиву random(from, to) */
for i := 0; i < N; i++ {
arr[i] = random(-10, 10)
}
fmt.Println(arr)

var ans int = arr[0]
var int sum = 0

for r := 0; r < N; r++ {
sum += arr[r]
ans = max (ans, sum)
sum = max (sum, 0)
}

fmt.Println("MAX subarray sum = " + strconv.Itoa(ans))
}

func max(a, int b) int {
if a < b {
return b
}
return a
}

func random(min, max int) int {
rand.Seed(time.Now().UnixNano())
return rand.Intn(max - min) + min
}

Приклади роботи програми:

[6 -5 -5 -1 -5 6 4 -5 -7 -1]
MAX subarray sum = 10

[3 -7 -1 -3 -10 9 9 -3 6 -3]
MAX subarray sum = 21



Завдання 5

Є 10 монет різної ваги і деякі ваги. За допомогою одного зважування на терезах можна дізнатися для обраних двох монет, яка важче. Чи можна за 20 зважувань дізнатися, в якому порядку монети йдуть по вазі?

РішенняПо суті це завдання оптимальною сортування. Нумеруем монети від 1 до 10. По деякому алгоритму виконуємо процедуру з 20 зважувань. Кожній процедурі відповідає 20-розрядне двійкове числоaнаприклад 1001 0110 1010 0111 1010, цифра вk-му розряді якого показує результатk-го зважування. Кожному розташуванню монет по вазі відповідає перестановкаb чисел від 1 до 10. НехайA — безліч 20-розрядних двійкових чисел ( потужність множини|A|=220),B — множина перестановок чисел від 1 до 10 ( потужність|B|=10! ). Якщо алгоритм дозволяє визначити порядок, то кожномуa відповідає однеb, а кожномуb — хоча б однеa, але220 < 10!тому за 20 зважувань не МОЖНА дізнатися в якому порядку монети йдуть по вазі.

Відзначимо, що в завданні під питанням «чи можна за 20 зважувань дізнатися, в якому порядку монети йдуть по вазі?» мається на увазі існує алгоритм, який дозволяє за 20 зважувань дізнатися, в якому порядку монети йдуть по вазі, тобто можна досягти результату рішення завдання за кінцеве число кроків.
В окремо взятих випадках, при неймовірному везінні визначити порядок проходження монет по вазі можна навіть за 19 зважувань. Розглянемо один такий випадок. Очевидно, що в групі зn монет для однозначного визначення конкретної монети потрібноn-1 зважувань. Отже, ми маємо 10 монет. Нехай 1-а монета — найлегша, 2-я — важче 1-ий, 3-я — важче 2-ой… 10-я — найважча. Навмання беремо 5-ю монету і за 9 зважувань (кількість зважувань обведено в чорний квадрат на малюнку) однозначно визначаємо, що вона п'ята за вагою. Тепер маємо дві групи монет — менше 5-ої і більше 5-ій по вазі. У першій групі беремо 3-ю монету і за три зважування однозначно визначаємо цілих дві монети 3-ю і 4-ю. Після цього однозначно визначимо 1-ю і 2-ю, також за одне зважування. У другій групі нам знову неймовірно щастить і ми за чотири зважування однозначно визначаємо 8-ю монету, а потім аналогічно за одне зважування 6-ю, 7-ю і 9-ю, 10-ю. Отже, підсумувавши загальну кількість зважувань (в чорних квадратів на малюнку) отримуємо 19 < 20.



Це, зрозуміло, випадок неймовірного везіння і з рішенням конкретної задачі нічого спільного не має. Тому писати відповіді «МОЖНА» не слід.


Завдання 6

Обчисліть суму інтегралів:


РішенняЗдійснимо заміну змінної в кожному з інтегралів. У першому інтегралі:



Отримаємо:



У другому інтегралі:



Отримаємо:



Таким чином, суму інтегралів можна записати у вигляді:



Візьмемо другий інтеграл в сумі вище частинами:





Позбавляємося від протилежних один одному доданків і підставляємо значення меж інтегрування залишився доданок, отримуємо:




Завдання 7


Гра складається з однакових і незалежних конов, в кожному з яких виграш відбувається з імовірністюp. Коли гравець виграє, він отримує 1 долар, а коли програє — платить 1 долар. Як тільки його капітал досягає величиниN доларів, він оголошується переможцем і видаляється з казино. Знайдіть ймовірність того, що гравець рано чи пізно програє всі гроші, в залежності від його стартового капіталуk.

РішенняПеред нами відома задача теорії ймовірностей — «Задача про розорення гравця», яка зазвичай формулюється трохи інакше: гравці та мають іb $ відповідно. При кожній партії деякої гри один з них виграє у іншого 1 $. Ймовірність виграшу гравця А в кожній партії дорівнюєpдля гравця ймовірність виграшу дорівнює q = 1 – p. Чому дорівнюють ймовірностіPa Pb того, що гравець і, відповідно, гравець виграє всі гроші у супротивника. У 1711 році Муавром опублікував наступні результати:
Pa = (1–(q/p)a)/(1–(q/p)a+b)
Pb = (1–(p/q)b)/(1–(p/q)a+b)

У нашому випадку гравецьA — це ми зі стартовим капіталомkгравецьB — казино. Будемо вважати, що гравець видаляється з казино, коли виграв у нього всі гроші (розорив його), тобтоN це сума всіх грошей, що були у гравця у казино до початку гри. Тоді стартовий капітал гравцяB (казино) становитьN–k. Таким чином, нам потрібно знайти ймовірністьPb (того, що казино виграє всі гроші у гравця):
Pb = (1–(p/q)N–k)/(1–(p/q)N)

Рішення просте і швидке в тому випадку, якщо при погляді на завдання №7 ви відразу говорите: «Так це ж про розорення гравця, класика!» Якщо ж немає, і ви хочете дізнатися чому саме такі формули, то тисніть на спойлер нижче.

Задача про розорення гравцяДля початку гарне відео, що пояснює розглянуту задачу.


Постановка завдання
За столом сидять два гравцяA B. За один раунд один виграє(програє) в іншого(му). Нехайp – ймовірність того, щоA виграє раунд, q = 1 − p – ймовірність того, щоB виграє раунд. Старотовый капітал гравцяA складаєi $, гравцяBN−i $. Знайти ймовірність того, що гравецьA виграє всі $ у суперника.

Зауваження: для гравцяA позначення стартового капіталуi, тому що кількість доларів це integer(ціле) число. У гравцяB стартовий капіталN−i, щоб зручно було говорити, що ми шукаємо ймовірність того, що уA станеN−i+i=N доларів(A виграє у суперника).

Кількість $ у гравцяA можна розглядати як випадкове блукання від0 доN

тодіp – ймовірність того, що точка зрушиться вправо на 1$,q – ймовірність того, що точка зрушиться вліво на 1$.
Нехайpi ( A виграє гру | A має i $ )
За формулою повної ймовірності маємо:



Причому 1 ≤ i ≤ N−1
p0 = 0 ймовірність того, щоA виграє гру з0 $ стартового капіталу (тобто гравецьA просто не зможе увійти в гру)
pN = 1 ймовірність того, щоA виграє гру зN $ стартового капіталу (у цьому випадку стартовий капітал гравцяB складає0 $)

При досить великихn можна розглядати вираз вище, як різницеве рівняння, аpi шукати його рішення. З різницевого рівняння формальною заміноюpi = xi отримуємо алгебраїчне рівняння:


Дискриминант квадратного рівняння1−4pq > 0 p ≠ q. Знайдемо корені квадратного рівняння:


Так як дискриминант квадратного рівняння більше нуля, то рішення різницевого рівняння шукається у вигляді:


Тоді:

ПідставившиC1 C2 вираз дляpi, отримуємо:

Щоб отримати вираз дляpi при p = q, позначимо x = q/p, т. к. p = q, x → 1. Знайдемо межа:


Таким чином, ми знайшли формулу для обчислення ймовірності того, що гравецьA виграє всі гроші(N)залежно від його стартового капіталуi.


Задача 8


Нехайa — дійсне число. Для будь-якого цілого n ≥ 0 позначимо черезan — відстань відa до найближчого раціонального числа видуm/2n, деm — ціле. Знайти найбільшу можливу суму ряду:



РішенняВідстаньan від дійсного числа a є R до найближчого раціонального числа видуm/2n, де m,n є Z можна легко звести до функції виду «відстань до найближчого цілого»S(x), x є R:



Очевидно, що значення цієї функції лежать в межах від 0 до 1/2, крім того вона є періодичною. Для тих хто не встиг прикинути це у розумі, ось посилання на wolfram alpha.
Внаслідок періодичності функції, для пошуку максимуму нам досить розглядати її на одному періоді, а саме на інтервалі[0,1]замість того, щоб робити це на всій числовій осі. Непогана оптимізація для початку)

Отже, запишемо вираз дляanнаведемо складові всередині модуля до спільного знаменника і винесемо1/2nзначенняan при цьому не зміниться:



Таким чином, виходячи з визначення функціїS(x), отримуємо нове вираз дляan:



«Можна помітити, що шуканий ряд представляє собою, як «очевидно» кожному читає цей пост, функцію Бланманже (Такагі), схожу на однойменний десерт:





Функція (крива) Бланманже, поряд з загальновідомою функцією Вейєрштрасса, є безперервною, але ніде не диференційовних функцією. Звичайно, якщо вирішує завдання знайомий з нею, то він відразу може гордо писати, що це функція Бланманже і для неї, згідно теоремі Кахане (3.1), максимальне значення становить2/3. І це готовий відповідь! Біда в тому, що на іспиті хоч і дозволяється користуватися друкованими довідниками, інформації щодо згаданої функції там може просто не виявитися. Тому продовжимо пошуки «адекватного» рішення.

Отже, нам необхідно знайти максимально можливу суму ряду:



Для наочності наведемо тут графік функціїS(x):



Розпишемо ряд дляT(x):



Виділимо в ньому n-часткові суми (фігурні дужки на малюнку вище), кожна з яких відповідає кількості ітерацій при побудові кривої Такагі і задається виразом:



Розпишемо всі часткові суми і звернемо увагу на суми з парними номерами:



ПозначимоT2(x) S1(x) (це т. зв. функція-«стільниця») і помітимо, що для парних часткових сум справедливо вираз:



і



Ну а далі нам на допомогу приходить математична індукція. Кахане у своєму доказі провів аналогічні міркування, розглядаючи парні часткові суми, побудував перші дві з нихT2(x) T4(x) по індукції прийшов до висновку, що максимальне значенняT2n(x) одно:



Тоді максимальна сума рядуM обчислюється як сума ряду нескінченно спадної геометричної прогресії:



Ну і, власне, самі графіки для перших 6-ти ітерацій:



Навіть якщо зупинитися на четвертій ітерації, побудова цих графіків буде справою повільним. Тут можна побудувати і для інших ітерацій, кому цікаво. Однак, хотілося б знайти спосіб швидше.

Як варіант, можна застосувати індукцію раніше, звернувши увагу на функцію-«стільницю»S1(x). Розглянемо знову ж часткові сумиT2(x) T4(x)і побудуємо графіки дляS1(x) S1(4x):



Очевидно, що з кожним наступним збільшенням частоти»(S1(4x), S1(16x), S1(64x) ...) 2 нових «стільниці» будуть з'являтися всередині кожної, побудованої на попередній ітерації (з частотою в 4 рази менше), а отже завжди знайдеться такий аргументx, в якому значенняS1(4x), S1(16x), S1(64x) ... співпадуть і будуть рівні1/2. Тобто ми довели, що якщо розбити на ряд суми 1-е і 2-е доданокS1(x), 3-е і 4-е доданок(1/4)S1(4x), 5-е і 6-е(1/16)S1(16x) тощо, то ці суми не перевищують:



Ну і максимальна сума рядуM:



Цей спосіб незначно відрізняється від попереднього, але обсяг побудов в ньому явно менше.

Можна вирішити задачу ще швидше, застосувавши індукцію ще раніше. Отже, знову розпишемо суму ряду:



Розглянемо функціїS(x), S(2x), S(4x) ... і побудуємо графіки для них:



Бачимо, що всі ці функції з подальшим збільшенням частоти в 2 рази, завжди будуть перетинатися в одній точці з аргуметомx=1/3 значення функцій при цьому співпадуть і будуть рівні1/3)отже шукана сума ряду буде приймати максимальне значення саме в цій точці:



Завдання, безперечно, красива, але краще не захоплюватися її красою на іспиті, а вирішити швидше.

Яка з приведених вище задач на ваш погляд найскладніша?

/>
/>


<input type=«checkbox» id=«vv68415»
class=«checkbox js-field-data»
name=«variant[]»
value=«68415» />
1
<input type=«checkbox» id=«vv68417»
class=«checkbox js-field-data»
name=«variant[]»
value=«68417» />
2
<input type=«checkbox» id=«vv68419»
class=«checkbox js-field-data»
name=«variant[]»
value=«68419» />
3
<input type=«checkbox» id=«vv68421»
class=«checkbox js-field-data»
name=«variant[]»
value=«68421» />
4
<input type=«checkbox» id=«vv68423»
class=«checkbox js-field-data»
name=«variant[]»
value=«68423» />
5
<input type=«checkbox» id=«vv68425»
class=«checkbox js-field-data»
name=«variant[]»
value=«68425» />
6
<input type=«checkbox» id=«vv68427»
class=«checkbox js-field-data»
name=«variant[]»
value=«68427» />
7
<input type=«checkbox» id=«vv68429»
class=«checkbox js-field-data»
name=«variant[]»
value=«68429» />
8

Проголосувало 12 осіб. Утрималося 36 осіб.


Тільки зареєстровані користувачі можуть брати участь в опитуванні. Увійдіть, будь ласка.


Джерело: Хабрахабр

0 коментарів

Тільки зареєстровані та авторизовані користувачі можуть залишати коментарі.