Вот встретил задачу

[мат-ламер]

Эту тему решил открыть, читая следующее обсуждение . В частности, там была высказана мысль:

Deathrose в сообщении #1630285 писал(а):

Впрочем, вполне возможно, что это пустые опасения и такое засорение неподъемными в плохом смысле слова задачами умирающему форуму не грозит, а даже если бы и грозило, то не факт, что вредило бы.

Я не специалист по олимпиадным задачам и даже не особый их любитель. Поэтому я не способен оценить, действительно ли предлагаемая задача является интересной и поучительной, или это просто развлекательная головоломка, которой место именно на конкурсе решателей головоломок. Задачи, которые буду выкладывать, просто как-то мне понравились свои внешним видом. Если кто-то способен заценить задачу и напишет, к примеру, что да, задача интересная, или наоборот, задача пустая и тривиальная, то буду благодарен. Ничего страшного, если задача давно известна профессиональным решателям. Может она будет интересна новичкам. Для начала:

Задача 1. Выяснить, равномерно ли сходится на отрезке $[0,1]$ ряд $\sum x^n(1+x^n)^{-n}$ . (Это задача 2.8 из журнала "Математическое просвещение").

[gris]

Чисто по внешнему виду члена ряда в разных точках:
В нуле он прибит к нулю, а в единичке к $1/2^n$. То есть сумма (ряд, конечно, сходится на отрезке) на концах равна $0$ и $1$ . Но беда, что каждый член имеет максимум где-то в середине и от этого сумма в каждой точке кроме нуля вполне может приближаться к двоечке. То есть в нуле нет равномерной непрерывности. Но это только досужее предположение, а доказывать неохота
+++ да, на основе натурных испытаний ноль оправдан, а в единичке и правда беда( C Dendr)

[Dendr]

gris в сообщении #1630396 писал(а):

То есть в нуле нет равномерной непрерывности.

А мне кажется, что в нуле вроде ничего, зато в единичке беда творится.

Максимум каждого слагаемого приходится на точку к $x_M=\sqrt[n]{n-1}$, то есть неумолимо смещается к единице. Предел в единице $2^{-n}$, тогда как максимум ведет себя как $\frac{1}{ne}$.
Как бы гармонический ряд "впихиваем" в степенной - точки, конечно, сдвигаются, так что он сойдется, но из-за резкого падения никак не равномерно.

[gris]

Да, чем ближе к единичке слева, тем нужно больше и больше слагаемых для заданного $\varepsilon$. Справа от единички всё хорошо. А сама сумма после единички немного колеблется, но потом к единичке снизу приближается. Что за штучка?

Кстати, раз тема скорее не о самой задаче, то немного можно поболтать вообще о подходе к таковым. Ясно, что олимпиадность это скорость и строгость в доказательстве. Но если просто от безделья, то есть два подхода.
1.Заметить какие-то особенности и предположить, что там надо копать. Можно и ошибиться. Я с чего-то решил, что максимумы очередных членов ряда будут смещаться к нулю.
2.Взять калькулятор и провести какие-то расчёты. Для оценки равномерной сходимости функционального ряда можно в разных точках некого подинтервала посчитать одинаковые отрезки ряда, скажем, с сотого до двухсотого слагаемого и при необходимости менять параметры.
В нашем случае отчётливо видны бугорки слева от единички.
Это не доказательство, конечно, но может натолкнуть.
Всё

[Deathrose]

Это известная задача, но решается не очень просто (у нее довольно техничное решение). Ряд сходится равномерно.

[мат-ламер]

gris в сообщении #1630405 писал(а):

Кстати, раз тема скорее не о самой задаче, то немного можно поболтать вообще о подходе к таковым.

Вот, вот! По виду она показалась мне не очень-то и сложной. Была мысль оценить каждый член ряда типа так: $0\le f_n(x)=x^n/(1+x^n)^n \le 0.4 /n$ для $0\le x \le 1$ (это гипотеза) . Пока ввиду недостатка времени задачу не решал.

Эта оценка в принципе верна, но её недостаточно для решения задачи ввиду расходимости гармонического ряда. То есть у меня была мысль, что её можно было как-то подправить и добиться сходимости. Но нет. Эта оценка не улучшаема и действовать так грубо нельзя. Надо как-то учесть, что максимум функции $f_n(x)$ с ростом $n$ не остаётся на месте, а уходит вправо.

[мат-ламер]

Тут есть мысль воспользоваться теоремой Дини (Решетняк, "Курс математического анализа", т.3, пар. 12.1.6).

-- Ср фев 21, 2024 18:42:05 --

Пусть у нас $s_n(x)$ - частичная сумма нашего ряда, $s(x)$ - сумма нашего ряда. О том, что $s_n(x)$ сходится к $s(x)$ поточечно на $[0,1]$ уже говорилось. Причём сходимость в каждой точке монотонная. Причём отрезок $[0,1]$ компакт. Теорема Дини (теорема 1.7 по упомянутой выше ссылке) утверждает, что если последовательность непрерывных функций на компакте ( у нас это $g(x)=s(x)-s_n(x)$ ) сходится к нулю поточечно (причём монотонно для каждого $x$ ) на этом компакте, то эта сходимость будет равномерной.

-- Ср фев 21, 2024 18:54:16 --

мат-ламер в сообщении #1630424 писал(а):

что если последовательность непрерывных функций на компакте ( у нас это $g(x)=s(x)-s_n(x)$ )

Стоп. А откуда следует, что сумма ряда $s(x)$ непрерывна? Выходит, действительно, что всё непросто.

-- Ср фев 21, 2024 18:56:42 --

Но это наталкивает на мысль, что копать следует в сторону доказательства непрерывности суммы ряда. Может это будет разумный путь.

-- Ср фев 21, 2024 19:04:45 --

Но сумма ряда - функция $s(x)$ начиная с некоторого момента $x^*$ монотонно убывает (наверное). Причём, поскольку убывает на компакте, то она убывает до $s(1)$ . Осталось доказать монотонность убывания $s(x)$ вблизи единицы. Возможно это можно сделать, доказав, что $s(x)$ дифференцируема на $(0,1)$ , причём вблизи единицы её производная отрицательна.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1630424 писал(а):

Но сумма ряда - функция $s(x)$ начиная с некоторого момента $x^*$ монотонно убывает (наверное). Причём, поскольку убывает на компакте, то она убывает до $s(1)$ .

Извиняюсь. Это ничего не доказывает. $s(x)$ действительно может убывать и стремиться к некоторому значению. Но это значение может быть отлично от $s(1)$ . Нужно, наверное, непосредственно как-то оценить $s(x)$ вблизи $x=1$ .

-- Ср фев 21, 2024 20:34:31 --

мат-ламер в сообщении #1630426 писал(а):

Нужно, наверное, непосредственно как-то оценить $s(x)$ вблизи $x=1$ .

Наверное можно просто так оценить: $1 < s(1-\delta ) < 1+2\delta $ (для достаточно малых $\delta$ , начиная с некоторого) - подробности уже завтра. (Здесь $s(...)$ - это значение функции). А непрерывность $s(x)$ для $x<1$ следует из того, что наш ряд равномерно сходится на любом отрезке $[0,t]$ , где $t<1$ .

Я извиняюсь, но это же олимпиадный раздел. Почему я тут должен всё решать? Хотя это для меня и полезно. Ведь у меня же есть решение в журнале. Хотя оно длинное и читать его сильно лень. Жду решений и замечаний от участников форума.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1630426 писал(а):

Нужно, наверное, непосредственно как-то оценить $s(x)$ вблизи $x=1$ .

Подозреваю, что сумма $s(x)$ нашего ряда в окрестности $x=1$ не просто непрерывная, а аналитическая функция, причём справедливо разложение $s(x)=\sum \left[x \slash \left( 1+x^n \right) \right]^n = 1-(x-1)+6(x-1)^2+o((x-1)^3)$ . Но доказать это строго пока не выходит. Хотя формальные выкладки проходят. Пока отложу задачу.

[мат-ламер]

Пока отдыхаю от задачи 1 предлагаю к решению

Задача 2. Монетка подбрасывается до тех пор, пока не выпадет две решки подряд. Уже сделано 9 бросков и игра ещё не закончена. Какова вероятность, что 10-й бросок окажется последним?

Это задача 23.2 из того же журнала. И что-то мне память подсказывает, что я где-то эту задачу уже видел. В качестве гипотезы предположу, что ответ равен отношению чисел Фибоначчи: $p=F_9/F_{11}=34/89$ .

[mihaild]

мат-ламер, двойку в знаменателе потеряли, у Вас вероятность получить решку 9м броском и не закончить игру, а нужно еще 10м броском решку выкинуть.

[мат-ламер]

mihaild в сообщении #1630572 писал(а):

мат-ламер, двойку в знаменателе потеряли,

Спасибо за поправку! Я сначала решил подсчитать, сколько во всей выборке последовательностей, которые заканчиваются на решку. Подсчитать то я подсчитал, но совсем забыл про условие задачи.

[Dendr]

Но в такой формулировке ${1}\over{6}$ же, нет?

[gris]

Кстати, да, получается $1/6$, но для случая, когда серия не закончилась со вторым броском и остаётся сделать третий. Тут сразу виден ответ $1/6=F_1/2F_3$, а дальше по индукции.
Интересно, что искомая вероятность при решающем n-ном бросании почти сразу успокаивается у $0,19098$, но в реальной жизни попробуйте получить серию хотя бы из 100 честных(!) бросаний без двух решек подряд

[мат-ламер]

Dendr в сообщении #1630720 писал(а):

Но в такой формулировке ${1}\over{6}$ же, нет?

gris в сообщении #1630750 писал(а):

Кстати, да, получается $1/6$, но для случая, когда серия не закончилась со вторым броском и остаётся сделать третий. Тут сразу виден ответ $1/6=F_1/2F_3$, а дальше по индукции.

Ничего не понял. Расскажу, как я решал. Доказательство ведём по индукции. Пусть у нас выполнено $n$ бросков. Среди всех $F_{n+2}$ возможных комбинаций, имеем $F_n$ комбинаций, заканчивающихся на решку и $F_{n+1}$ комбинаций, заканчивающихся орлом. Здесь $F_n$ - $n$-е число Фибоначчи. Комбинации, которые заканчиваются орлом, дают при следующем броске столько же комбинаций, которые заканчиваются орлом и столько же комбинаций, которые заканчиваются решкой. Комбинации, которые заканчиваются решкой, дают столько же комбинаций, которые заканчиваются орлом и столько же комбинаций. которые заканчивают игру (две решки подряд).