Matematikos Maratonas Nr. 3

Ar čia nebus įsivėlusi klaida? Gal $S_n$ vietoj $S_{2n}?$.

Mathfux, šiaip klaida neįsivėlė, bet galima žymėti ir
$$S_n:=\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}c_k.$$

Ok, rodos padariau.
$\displaystyle\left|\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}c_k\right|=\left|\sum_{m=1}^{n}(c_{2m-1}-c_{2m})\right|\stackrel{\text{trikampio nelygybė}}{\le} \sum_{m=1}^{n}|c_{2m-1}-c_{2m}|=$
$\displaystyle \stackrel{\text{nes seka mažėja}}{=}\sum_{m=1}^{n}(c_{2m}-c_{2m-1})
\stackrel{\text{nes seka mažėja}}{\le} \sum_{m=1}^{n}(c_{2m}-c_{2m-2})\stackrel{\text{atliekamas prastinimas}}{=}c_2-c_{2n-2}\le c_2$

Ar tikrai perėjimas iš 1 į 2 eilutę teisingas?

Pabandykime rasti viršutinį [tex]S_n[/tex] rėžį
$$S_n=\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}c_k=c_1-\sum\limits_{k=2}^{2n-1}(-1)^kc_k-c_{2n}$$
Kadangi $c_{2i}-c_{2i+1}>0$, $i=1,...,n-1$, tai
$$S_n\leq c_1$$
Toliau pabandykime rasti apatinį [tex]S_n[/tex] rėžį
$$S_n=\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}c_k=c_1-c_2+\sum\limits_{k=3}^{2n}(-1)^{k+1}c_k$$
Kadangi $c_{2i+1}-c_{2i+2}>0$, $i=1,...,n-1$, tai
$$c_1-c_2\leq S_n$$

Gerai, leliau.

Raskite ribą
$$\lim\limits_{n \to \infty} \;\sum\limits_{k=1}^n\frac{2^{\frac{k}{n}}}{n+\frac1{k}}$$

Sprendimas leliaus uždaviniui.

(Panašu, kad turėtų suveikt klasikinis triukas su integralu, bet pabandžius neišeina, taigi tenka truputį papildomai padirbėti.)

Turime, kad
$$\sum_{k=1}^n\frac{2^{k/n}}{n+\frac{1}{k}}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{2^{\frac{k}{n}}kn}{1+kn}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{2^{\frac{k}{n}}(1+kn-1)}{1+kn}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n2^{\frac{k}{n}}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{2^{\frac{k}{n}}}{1+kn}.$$
Kadangi $2^{\frac{k}{n}}<2$ ir $1+kn>n$ su visais $n\in\mathbb{N}$ ir $k=1, \ldots, n$, tai
$$0<\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{2^{\frac{k}{n}}}{1+kn}<\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{2}{n}=\frac{2}{n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0\Rightarrow \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{2^{\frac{k}{n}}}{1+kn}=0.$$
Vadinasi
$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{2^{\frac{k}{n}}}{1+\frac{1}{k}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n2^{\frac{k}{n}}=\int_0^12^xdx=\frac{1}{\ln{2}}.$$

Gerai.

Karoli, Sokolovai, mathfux, jūs, berniukai dobiliukai, nesipeškit ten kitose temose, o geriau va išspręskit Jadvygos uždavinuką. Tegul $r>0$. Sakykim srityje $x^2+y^2\leq r^2$ yra $T$ taškų, kurių abi koordinatės - sveikieji skaičiai. Parodykite, jog
$$T=1+4[r]+8\sum_{0<x\leq\frac{r}{\sqrt{2}},\; x\in\mathbb{Z}}\big[\sqrt{r^2-x^2}\big]-4\bigg[\frac{r}{\sqrt{2}}\bigg]^2,$$
čia $[a]$ žymi skaičiaus $a\in\mathbb{R}$ sveikąją dalį.