Арифметическая и геометрическая прогрессии

[Busy_Beaver]

Sasha2 в сообщении #349773 писал(а):

А я считаю, что ответ отрицательный, а вот Вашего примера я тоже не понял, так как надо указывать ведь не только значения функции, но и аргументы, на которых эти значения принимаются.

Ну а я, к примеру, считаю, что лампочка - это автомобиль. Дальше-то что?

[Sasha2]

Ну тогда представьте две этих прогрессии и вопрос решен.

[gris]

Хорхе, откуда такие страшные оценки?

Впрочем, о чём мы вообще? Задачу можно обобщить так: Доказать, что для любой положительной арифметической прогрессии существует "перемежающая" её до наперёд заданного члена геометрическая. Тогда оценка знаменателя геометрической прогрессии должна зависеть ещё и от разности арифметической и от начального члена.

Я по простоте душевной взял арифметическую прогрессию из последовательных чисел, начинающуюся 100000001. Для соответствующей геометрической прогрессии знаменатель не должен быть очень маленьким, но и не очень большим.
$1+2^{-2011}$ будет очень маленьким. Вот $1,0000001$ в самый раз.
Или я не о том?

[Busy_Beaver]

Sasha2 в сообщении #349777 писал(а):

Ну тогда представьте две этих прогрессии и вопрос решен.

Именно "эти"? А что изменится если я представлю вот эти: $0, 1.5, 3, 4.5$ и $1, 2, 4, 8$ В первом случае $y=1.5n$, во втором случае $y=2^n$.
$0<1<1.5<2<3<4<4.5<8$.
По Вашей "логике" эти функции (вернее, их графики) обязаны попарно пересечься более нуля раз

[gris]

Sasha2, так вот же они:
$100000000\cdot 1,00000001^n$ -геометрическая.
$100000000+n$ - арифметическая.

[ewert]

Оценка сверху достаточно нетривиальна, если по-школьному. Можно, например, так:

$$(1+d)^{2010}-1<2011\,d; \qquad \dfrac{(1+d)^{2010}-1}{(1+d)-1}<\dfrac{2011\,d}{(1+d)-1};$$

$$1+(1+d)+(1+d)^2+\ldots+(1+d)^{2009}<2011=2010+1;$$

достаточно выбрать $d$ так, чтобы было $(1+d)^{2009}<1+\dfrac{1}{2010}$, а вот это уже действительно очевидно.

(в первом приближении имеем $d=\dfrac{1}{2010^2}$, и эта оценка по порядку величины точна -- ну разве что в пару раз занижена (если не по-школьному, а через производные оценивать), так что $1.00001$ -- многовато будет, на самом деле где-то $0.0000005$ максимум можно).

[Хорхе]

gris в сообщении #349781 писал(а):

Хорхе, откуда такие страшные оценки?

Из бинома Ньютона, вестимо.

[Sasha2]

Ну и что это за контрпример.
Все члены Вашей геометрической прогрессии получаются большими соответствующих членов арифметической.
Я во всяком случае на калькуляторе проверил первые три.

[Хорхе]

ewert в сообщении #349785 писал(а):

а (если не по-школьному, а через производные оценивать), так что $1.00001$ -- многовато будет).

Ага, я по простоте своей про производную забыл. Да, так оно побольше будет :)

-- Вс сен 05, 2010 12:18:28 --

Sasha2 в сообщении #349790 писал(а):

Ну и что это за контрпример.
Все члены Вашей геометрической прогрессии получаются большими соответствующих членов арифметической.
Я во всяком случае на калькуляторе проверил первые три.

Почитайте внимательно условие задачи, именно это и требуется.

[Sasha2]

Ну вот хоть убей бог не могу понять. Беру отрезок. Делю его на 1980 еще там сколько то частей и пытаюсь продеть экспоненту через эти частичные отрезки. Ну как такое может быть.
Если бы там геометрическая могла бы быть с отрицательным знаменателем, то еще можно о чем то говорить, но из условия видно, что она монотонна, а значит знаменатель положителен.

[ewert]

Sasha2 в сообщении #349793 писал(а):

Делю его на 1980 еще там сколько то частей и пытаюсь продеть экспоненту через эти частичные отрезки. Ну как такое может быть.

Элементарно может быть: любая функция в первом приближении линейна, в т.ч. и экспонента, так что все достаточно мелкие равноотстояшие отсчёты дадут и более-менее равноотстоящие значения, и чем мельче -- тем равноотстоящее. Учитывая, конечно, что производная там ненулевая.

[Busy_Beaver]

Sasha2 в сообщении #349793 писал(а):

Ну вот хоть убей бог не могу понять. Беру отрезок. Делю его на 1980 еще там сколько то частей и пытаюсь продеть экспоненту через эти частичные отрезки. Ну как такое может быть.
Если бы там геометрическая могла бы быть с отрицательным знаменателем, то еще можно о чем то говорить, но из условия видно, что она монотонна, а значит знаменатель положителен.

Ещё раз (и запредельно внимательно) извольте прочесть условие задачи. Очень, очень внимательно. Вас ожидает приятный сюрприз

[Хорхе]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #349795 писал(а):

Элементарно может быть: любая функция в первом приближении линейна, в т.ч. и экспонента.

Ну уж прям любая! Хотя смотря что понимать под "первым приближением".

[gris]

Sasha2, упрощенный пример.
Арифметическая: $102;\,103;\,104;\,105;\, ..$
Геометрическая: $101;\,102,01;\,103,03;\,104,06;\, ..$
Вплоть до 14-го члена прогрессии перемежаются.
Чтобы они перемежались до 44-го члена придётся взять первый член $1001$, а знаменатель $0,001$. Арифметическая будет $1002;\,1003;\,1004;\,1005;\, ..$

[Sasha2]

Да понял, признаю свою ошибку. Как-то выскочило, что равенства соответствующих членов нет.