x, y, z

Поиск сообщений на форуме:

Поля поиска:

Запрос:
Номер автора:
Номер темы:
Номер форума:
Сортировать:
Сообщения: 215
|1|2|3|4|5|…|22| >>>
Схема БернуллиМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
30 Сен 2019 18:40:49
Evgeniy

Единица уже не нужна, потому что не используем противоположное событие, используем только дополнение к множеству $P\{|A_{1}\cup A_{2}...\cup A_{r}|=k\}=P\{|\overline{A_{1}\cup A_{2}...\cup A_{r}}|=N-k\}=P\{|\overline{A_{1}}\cap \overline{A_{2}}...\cap \overline{A_{r}}|=N-k\}=\binom{N}{k}q^{r(N-k)}(1-q^r)^{k}$.
Схема БернуллиМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
30 Сен 2019 17:06:36
Evgeniy

Если $|X \cup \overline{X}|=N$, то $\{|X|=k\} = \{|\overline{X}|=N-k\}$.
Поэтому
$\left\{\left|\bigcup\limits_{i=1}^{n}A_i\right|=k\right\} = \left\{\left|\overline{\bigcup\limits_{i=1}^{n}A_i}\right|=N-k\right\}= \left\{\left|\bigcap\limits_{i=1}^{n}\overline{A_i}\right|=N-k\right\}$
Схема БернуллиМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
29 Сен 2019 20:34:46
Evgeniy

Извиняюсь, невнимательно прочитал вопрос.
Первое, что приходит в голову. Если множеству $A_i$ соответствует, к примеру, последовательность $01011...01$, то множеству $\overline{A_i}$ соответствует последовательность $10100...10$, то есть $0$ заменены на $1$, и наоборот. Элемент $a_j$ попадает в множество $\overline{A_i}$ с вероятностью $1-p$ и с вероятностью $p$ не попадает. Может, от этого отталкиваться.
Схема БернуллиМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
29 Сен 2019 19:18:35
Evgeniy

$P\left\{\bigcup\limits_{i=1}^r A_{i}\right\}=1-P\left\{\overline{\bigcup\limits_{i=1}^r A_{i}}\right\} = 1-P\left\{\bigcap\limits_{i=1}^r \overline{A_{i}}\right\}$

Используется соотношение для вероятности противоположного события $P(A)+P(\overline{A})=1$
и формула де-Моргана $\overline{\bigcup\limits_{i=1}^r A_{i}}=\bigcap\limits_{i=1}^r \overline{A_{i}}$
Как понимать равенство 0,(9) = 1?Математика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
18 Июл 2019 22:30:06
Evgeniy

См. Представление вещественных чисел в q-ой позиционной системе счисления https://forany.xyz/t-363
Представление вещественных чисел в q-ой позиционной системе счисленияМатематика
18 Июл 2019 22:29:13
Evgeniy

Представление вещественных чисел в $q$-ой позиционной системе счисления обосновывается следующим образом.

Пусть $q>1$.

Для любого вещественного числа $x>0$ найдется целое число $p$ такое, что
$q^{p}\le x < q^{p+1}$.
Целое число $p$ называется порядком числа $x$ в $q$-ой системе счисления.

Далее по аксиоме Архимеда найдется целое число $a_p$ такое, что
$a_pq^{p}\le x < (a_p+1)q^{p}$.
Покажем, что $a_p >0$. Действительно, если допустить противное $a_p \le 0$, то получим $x < (a_p+1)q^{p} \le q^{p}$, что противоречит неравенству $q^{p}\le x$.

Покажем, что $a_p < q$. Действительно, если допустить противное $a_p \ge q$, то получим $q^{p+1} \le a_pq^{p}\le x$, что противоречит неравенству $x < q^{p+1}$.

Таким образом, имеем $0<a_p<q$.

Также имеем $0\le x - a_pq^{p} < q^{p}$.

Далее для числа $x - a_pq^{p}$ по принципу Архимеда найдется целое число $a_{p-1}$ такое, что
$a_{p-1}q^{p-1}\le x - a_pq^{p} < (a_{p-1}+1)q^{p-1}$.
Покажем, что $a_{p-1} \ge 0$. Действительно, если допустить противное $a_{p-1} < 0$, то получим $x - a_pq^{p} < (a_{p-1}+1)q^{p-1} \le 0$, что противоречит неравенству $0\le x - a_pq^{p}$.

Покажем, что $a_{p-1} < q$. Действительно, если допустить противное $a_{p-1} \ge q$, то получим $q^{p} \le a_{p-1}q^{p-1}\le x - a_pq^{p}$, что противоречит неравенству $x - a_pq^{p}<q^{p}$.

Таким образом, имеем $0\le a_{p-1}<q$.

Продолжая так по аналогии, получим конечную, если на каком-то шаге $r_n=x$, или бесконечную последовательность $r_n$ такую, что
$r_n = a_{p}q^{p}+a_{p-1}q^{p-1}+\dots+a_{p-n}q^{p-n}$

$0<a_{p}<q,\quad 0\le a_{p-n}<q$

$r_n \le x < r_n+q^{p-n}$

$0 \le x - r_n < q^{p-n}$
Из этого следует, что $r_n \to x$ и $r_n+q^{p-n} \to x$ при $n\to+\infty$.

Покажем, что в последовательности цифр $a_{p},a_{p-1},\dots, a_{p-n},\dots$ в конце не может быть бесконечно много наибольших цифр (при $q=10$ наибольшая цифра $q-1=9$). Допустим противное: все цифры, после $a_{p-n}$, равны $w$, где $w$ наибольшая цифра, т.е. $w\ge q-1$. Тогда получим
$r_n = a_{p}q^{p}+a_{p-1}q^{p-1}+\dots+a_{p-n}q^{p-n}+wq^{p-n-1}+\dots+wq^{p-n-m}$,
откуда
$$r_{n+m}-r_{n}=wq^{p-n-1}+\dots+wq^{p-n-m}=wq^{p-n}\left( \frac{1}{q}+\dots+\frac{1}{q^m} \right)$$.
Переходя к пределу при $m\to+\infty$, с одной стороны имеем
$$\lim_{m\to+\infty}r_{n+m}-r_{n}=x-r_{n}<q^{p-n}$$,
с другой стороны
$$\lim_{m\to+\infty}r_{n+m}-r_{n}= \lim_{m\to+\infty}wq^{p-n}\left( \frac{1}{q}+\dots+\frac{1}{q^m} \right) = wq^{p-n}\lim_{m\to+\infty}\left( \frac{1}{q}+\dots+\frac{1}{q^m} \right)= \frac{w}{q-1}q^{p-n} \ge q^{p-n}$$.
Получили противоречие, которое доказывает утверждение.

Всякому вещественному числу $x>0$ соответствует единственная конечная или бесконечная последовательность цифр $a_{p},a_{p-1},\dots, a_{p-n},\dots$, причем в последовательности не может быть бесконечно много идущих подряд наибольших цифр. Единственность следует из однозначности алгоритма. Для обозначения порядка $p$, условились после $a_0$ ставить запятую.

Обратно, всякой последовательности цифр $a_{p},a_{p-1},\dots, a_{p-n},\dots$, где $0<a_{p}<q,\quad 0\le a_{p-n}<q$, соответствует единственное вещественное число $$x=\sum_{i=0}^{+\infty}a_{p-i}q^{p-i}$$. Единственность следует из единственности предела. Существование следует из того, что всякий ряд $$\sum_{i=0}^{+\infty}a_{p-i}q^{p-i}$$ сходится, поскольку его частичные суммы не убывают и ограничены сверху
$$\sum_{i=0}^{n}a_{p-i}q^{p-i} \le \sum_{i=0}^{n}wq^{p-i} = wq^{p}\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{q^i}\le wq^{p}\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{1}{q^i} = \frac{wq^{p+1}}{q-1}$$,
где $w$ — наибольшая возможная цифра.

Итак, всякому вещественному числу $x>0$ взаимнооднозначно соответствует конечная или бесконечная последовательность цифр $a_{p},a_{p-1},\dots, a_{p-n},\dots$, причем в последовательности не может быть бесконечно много идущих подряд наибольших цифр.
Доказать неограниченность функцииМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
25 Апр 2019 20:47:39
Evgeniy

Можно выбрать $n$ настолько большим, что $n>A$ и $$\frac{1}{n}<\beta-\alpha$$.
По принципу Архимеда для любых чисел $$\frac{1}{n}>0$$ и $\alpha$ найдется натуральное число $m$ такое, что
$$\frac{1}{n}(m-1)\le \alpha < \frac{1}{n}m$$.
Из неравенств $$\frac{1}{n}(m-1)=\frac{m}{n}-\frac{1}{n}\le \alpha$$ и $$\frac{1}{n}<\beta-\alpha$$ следует, что $$\frac{m}{n}<\beta$$.
Нашли число $$x_0=\frac{m}{n}\in (\alpha,\beta)$$ такое, что $f(x_0)=n>A$.
Доказать, что функцию можно представить в виде суммы четной и нечетной функцийМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
18 Апр 2019 21:14:00
Evgeniy

Чтоб говорить о четности/нечетности какой-либо функции, она должна быть определена на симметричном промежутке. Симметричность нужна для того, чтобы вместе с $f(x)$ была определена и $f(-x)$, то есть всякий $x$ должен входить в область определения $f$ вместе с $-x$, а это возможно только при симметричном промежутке.
Что такое o-малое и O-большоеМатематика
9 Апр 2019 15:29:52
Evgeniy

Что такое o-малое и O-большое

Определение 1. Говорят, что функция $f(x)$ есть о-малое от $g(x)$ при $x\to x_0$, записывая это как $f(x)=o(g(x))$ при $x\to x_0$, если в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно равенство $f(x)=\alpha(x)g(x)$, где $где \alpha(x)$ — бесконечно малая при $x\to x_0$.

Примечание. Данное определение задает целый класс функций, обладающих такими свойствами, поэтому правильнее было бы писать не $f(x)=o(g(x))$, а $f(x)\in o(g(x))$, но исторически сложилась традиция писать равенство.

Утверждение 2. $f(x)=o(g(x))$ при $x\to x_0$ тогда и только тогда, когда для любого $\varepsilon>0$ найдется окрестность $U(x_0)$ такая, что для любого $x\in U(x_0)$ верно неравенство $|f(x)|\le \varepsilon|g(x)|$.

Доказательство.

Пусть $f(x)=o(g(x))$ при $x\to x_0$ в смысле первого определения, то есть в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно равенство $f(x)=\alpha(x)g(x)$, где $\alpha(x)$ — бесконечно малая при $x\to x_0$. Так как $\alpha(x)$ бесконечно малая, то для любого $\varepsilon>0$ найдется окрестность $U'(x_0)\subseteq U(x_0)$ такая, что для любого $x\in U(x_0)$ верно $|\alpha(x)|<\varepsilon$, а следовательно в этой окрестности верно неравенство $|f(x)|=|\alpha(x)|\cdot|g(x)|\le \varepsilon|g(x)|$.

Обратно, пусть для любого $\varepsilon>0$ найдется окрестность $U(x_0)$ такая, что для всех $x\in U(x_0)$ верно выполняется неравенство $|f(x)|\le \varepsilon|g(x)|$. Из этого неравенство следует, что $f(x)=0$, если $g(x)=0$. Определим функцию
$\alpha(x)= \begin{cases} 0, & g(x)=0,\\ \frac{f(x)}{g(x)}, & g(x)\ne 0. \end{cases}$
Нетрудно проверить, что верно равенство $f(x)=\alpha(x)g(x)$, причем $\alpha(x)$ — бесконечно малая при $x\to x_0$.

Определение 3. Говорят, что функция $f(x)$ есть О-большое от $g(x)$ при $x\to x_0$, записывая это как $f(x)=O(g(x))$ при $x\to x_0$, если в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно равенство $f(x)=\beta(x)g(x)$, где $\beta(x)$ — ограниченная в $U(x_0)$.

Утверждение 4. $f(x)=O(g(x))$ при $x\to x_0$ тогда и только тогда, когда найдется окрестность $U(x_0)$ и константа $C$ такие, что для всех $x\in U(x_0)$ верно неравенство $|f(x)|\le C|g(x)|$.

Доказательство.

Пусть $f(x)=O(g(x))$ при $x\to x_0$ в смысле первого определения, то есть в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно представление $f(x)=\beta(x)g(x)$, где $\beta(x)$ — ограниченная в $U(x_0)$. Так как $\beta(x)$ ограниченная в $U(x_0)$, то найдется константа $C$ такая, что для любого $x\in U(x_0)$ верно $|\beta(x)|<C$, а следовательно в этой окрестности верно неравенство $|f(x)|=|\beta(x)|\cdot|g(x)|\le C|g(x)|$.

Обратно, пусть есть окрестность $U(x_0)$ и константа $C$ такие, что для всех $x\in U(x_0)$ верно неравенство $|f(x)|\le C|g(x)|$. Из этого неравенство следует, что $f(x)=0$, если $g(x)=0$. Определим функцию
$\beta(x)= \begin{cases} 0, & g(x)=0,\\ \frac{f(x)}{g(x)}, & g(x)\ne 0. \end{cases}$
Нетрудно проверить, что верно равенство $f(x)=\beta(x)g(x)$, причем $\beta(x)$ — ограниченная в $U(x_0)$.

Определение 5. Говорят, что функция $f(x)$ эквивалентна $g(x)$ при $x\to x_0$, записывая это как $f(x)\sim g(x)$ при $x\to x_0$, если в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно равенство $f(x)=\gamma(x)g(x)$, где $\gamma(x)\to 1$ при $x\to x_0$.

Примеры

$x^2=o(x)$ при $x\to 0$.

$x=o(x^2)$ при $x\to +\infty$.

$x^n=o(e^x)$ при $x\to +\infty$ (при любом $n$).

$x^2=O(2x^2+3x-1)$ при $x\to +\infty$.

$$\frac{\sin x}{x}=O\left(\frac{1}{x}\right)$$ при $x\to +\infty$.

$$\frac{\sin x}{x}\sim x$$ при $x\to 0$.

$e^x-1\sim x$ при $x\to 0$.

$\ln(x+1)\sim x$ при $x\to 0$.
По кругу записаны n≥3 натуральных чиселМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Олимпиадные и нестандартные задачи
22 Мар 2019 20:48:45
Evgeniy

По кругу записаны n≥3 натуральных чисел

По кругу записаны $n\geqslant 3$ натуральных чисел так, что для каждого числа отношение суммы его соседей к нему является натуральным числом. Докажите, что сумма всех таких отношений не меньше $2n$ и не больше $3n$.

(18-я всесоюзная олимпиада, 9 класс, Ашхабад, 1984)
|1|2|3|4|5|…|22| >>>