Matematikos Maratonas Nr. 4

Dėkui, gerb.Profesore Jadvyga! Įkelsiu lengvą uždavinį. Gal būtent tokie uždaviniai, kurie nėra labai sudėtingi, ir įsuks maratoną?....
Taigi...Duota eilutė
[tex]\sum_{n=1}^{\infty }\frac{cos(nx)}{n!}[/tex]
a) Raskite šios eilutės sumą [tex]S(x)[/tex]
b)  Gauto rezultato pagalba (arba kitu būdu) apskaičiuokite
[tex](2020!)\int_{0}^{2\pi }e^{cosx}cos(sinx)cos(2019x)dx[/tex]

a) Turime, kad
\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos{nx}}{n!}+i\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\sin{nx}}{n!}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos{nx}+i\sin{nx}}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\cos{x}+i\sin{x})^n}{n!}\\
&=e^{\cos{x}+i\sin{x}}=e^{\cos{x}}\cos(\sin{x})+ie^{\cos{x}}\sin(\sin{x}).
\end{align*}
Iš čia turime, jog
\begin{gather*}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos{nx}}{n!}=e^{\cos{x}}\cos(\sin{x}).
\end{gather*}
(Jeigu eilutę imame nuo $n=1$, kaip Jūs, Sokolovai, užrašėt, tai atsakymas $e^{\cos{x}}\cos(\sin{x})-1$).

b) Remdamiesi pirmąją dalimi turime, jog
\begin{align*}
2020!\int_0^{2\pi}e^{\cos{x}}\cos(\sin{x})\cos(2019x)dx&=2020!\int_0^{2\pi}\bigg(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos{nx}}{n!}\cos(2019x)\bigg)dx\\
&=2020!\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\int_0^{2\pi}\cos{nx}\cdot\cos(2019x)dx
\end{align*}
(integralo ir eilutės ženklus galime sukeisti, nes eilutė $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos{nx}}{n!}\cos(2019x)$$ konverguoja tolygiai intervale $[0; 2\pi]$ pagal Vejerštraso (mažorantinį) požymį).
Jeigu $n\neq 2019$, tai
\begin{align*}
\int_0^{2\pi}\cos{nx}\cdot\cos(2019x)dx&=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\big(\cos(n+2019)x+\cos(n-2019)x\big)dx=0,
\end{align*}
o jei $n=2019$, tai
\begin{align*}
\int_0^{2\pi}\cos{nx}\cdot\cos(2019x)dx=\pi,
\end{align*}
taigi ieškomas integralas lygus
\begin{gather*}
\frac{2020!}{2019!}\pi=2020\pi.
\end{gather*}

Viskas gerai. Nuo n=1 sumavimą pradėjau sąmoningai.
Šiaip čia buvo kosinusinė Furjė eilutė, kurios sumą lengva gaut kompleksinio kintamojo pagalba. Integralą nuo 0 iki 2pi galima gauti Furjė eilutės koeficiento integralinės išraiškos pagalba.

Turime 10 maišų, kiekviename yra neribotas kiekis monetų. Viename maiše visos monetos padirbtos, o kituose maišuose visos monetos tikros. Padirbta moneta sveria vienu gramu mažiau, nei tikra moneta. Turime svarstykles, kurios rodo svorį gramais. Kiek mažiausiai reikia svėrimų, norint rasti, kuriame maiše monetos netikros?

Klausimas, ar žinoma, kiek kiekviename maiše yra monetų?

Kiekviename maiše yra be galo daug monetų. Vienu metu ant svarstyklių galima dėti bet kokį baigtinį kiekį bet kokių monetų (paimtų iš įvairių maišų).

Atsiprašau, pamiršau paminėti, jog mes žinom, kiek gramų sveria tikra moneta. Sakykim tikra moneta sveria $x$ gramų, o netikra sveria $x-1$ gramą.

Sunumeruosime maišus. Gauname maišų seką-sutvarkytąjį rinkinį (M1, M2, M3,...,M10).
Iš pirmojo maišo paimsime vieną monetą, iš antrojo-dvi monetas,..., iš k-ojo maišo paimsime k monetų (k=1,2, 3,...,10). Iš viso paimsime 1+2+3+...+10= 55 monetas. Pasveriame jas.
Jei visuose maišuose būtų tikros monetos, tai paimtų monetų masė būtų 55*x.
Tačiau, jei k-jame maiše esančios monetos buvo netikros, tai svarstyklės rodys k gramais mažiau nei 55*x.
Taigi, pasvėrę aprašytu būdu paimtas monetas, ir atėmę iš dydžio 55x svarstyklių parodymus, gausime k, t.y. numerį to maišo, kuriame yra netikros monetos.

Teisingai. Užtenka vieno svėrimo.

Apskaičiuokite eilutės
[tex]\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{^{n}}\frac{cosn}{n}[/tex]
sumos reikšmę.