Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2987
2019-05-06 
Округлением числа мы назовем целое число, отличающееся от исходного менее чем на 1. Доказать, что любые $n$ положительных чисел можно округлить так, что сумма любого количества этих чисел будет отличаться от суммы их округлении не более чем на $\frac{n+1}{4}$.
Решение:
Ясно, что если среди наших чисел имеется несколько целых, то их можно просто отбросить - ведь разность между суммой округлений любого количества чисел и суммой самих этих чисел не изменится от дополнения множества чисел еще какими-то целыми числами, а сумма чисел при этом увеличится; поэтому если утверждение задачи верно для любых нецелых чисел, то оно верно и для любых чисел. Обозначим теперь сами числа через $A_1, A_2, \cdots, A_n$; их целые части - через $[a_1], [a_2], \cdots, [a_n]$; их дробные части $\{a_i\} = a_i - [a_i]$ (где $i = 1, 2, \cdots, n$) - через $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, a_n$; при этом условимся располагать числа так, чтобы их дробные части не убывали:
$0 < \alpha_1 \leq \alpha_2 \leq \cdots \leq \alpha_n < 1$.
Округлим теперь $k$ первых чисел $a_i$ (здесь $1 \leq i \leq k$; выбор числа $k$, где $0 \leq k \leq n$, мы еще уточним в дальнейшем) до (меньших их) чисел [$a_i$]; оставшиеся же $n - k$ чисел $a_j$ (где $k < j \leq n$) округлим до больших чисел $[a_j] + 1$. Ясно, что ошибка при замене суммы чисел суммой их округлений будет наибольшей для сумм $a_1 + a_2 + \cdots + a_k$ и $a_{k+1} + a_{k+2} + \cdots + a_n$ - в первом случае она будет равна
$\alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_k \leq k \alpha_k$,
а во втором -
$(1 - \alpha_{k+1}) + (1 - \alpha_{k+2}) + \cdots + (1 - \alpha_n) \leq (n-k)(1- \alpha_{k+1})$.
Таким образом, условие задачи будет выполнено, если $k$ таково, что
$k \alpha_k \leq \frac{n+1}{4}$ и $(n-k)(1- \alpha_{k+1}) \leq \frac{n+1}{4}$.
Пусть теперь $k$ - наибольшее из таких целых чисел, что $k \alpha_k \leq \frac{n+1}{4}$, или $\alpha_k \leq \frac{n+}{4k}$ (это $k$ может равняться и 0); оговорка о том что число $к$ - наибольшее возможное, означает, что, заменив номер $k$ на $k + 1$, мы уже получаем $\alpha_{k+1} > \frac {n+1}{4(k+1)}$. Но из последнего неравенства следует, что
$(n-k)(1- \alpha_{k+1}) < (n-k) \left ( 1- \frac {n+1}{4(k+1)} \right )$.
Проверим, что $(n-k) \left ( 1- \frac {n+1}{4(k+1)} \right ) \leq \frac{n+1}{4}$. Действительно, это неравенство равносильно неравенству
$(n-k)(4k - n + 3) \leq (n+1)(k+1)$;
последнее же равносильно очевидному, справедливому при всех $n$ и $k$, неравенству
$[n - (2k+1)]^2 \geq 0$.
Округлением числа мы назовем целое число, отличающееся от исходного менее чем на 1. Доказать, что любые $n$ положительных чисел можно округлить так, что сумма любого количества этих чисел будет отличаться от суммы их округлении не более чем на $\frac{n+1}{4}$.
Решение:
Ясно, что если среди наших чисел имеется несколько целых, то их можно просто отбросить - ведь разность между суммой округлений любого количества чисел и суммой самих этих чисел не изменится от дополнения множества чисел еще какими-то целыми числами, а сумма чисел при этом увеличится; поэтому если утверждение задачи верно для любых нецелых чисел, то оно верно и для любых чисел. Обозначим теперь сами числа через $A_1, A_2, \cdots, A_n$; их целые части - через $[a_1], [a_2], \cdots, [a_n]$; их дробные части $\{a_i\} = a_i - [a_i]$ (где $i = 1, 2, \cdots, n$) - через $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, a_n$; при этом условимся располагать числа так, чтобы их дробные части не убывали:
$0 < \alpha_1 \leq \alpha_2 \leq \cdots \leq \alpha_n < 1$.
Округлим теперь $k$ первых чисел $a_i$ (здесь $1 \leq i \leq k$; выбор числа $k$, где $0 \leq k \leq n$, мы еще уточним в дальнейшем) до (меньших их) чисел [$a_i$]; оставшиеся же $n - k$ чисел $a_j$ (где $k < j \leq n$) округлим до больших чисел $[a_j] + 1$. Ясно, что ошибка при замене суммы чисел суммой их округлений будет наибольшей для сумм $a_1 + a_2 + \cdots + a_k$ и $a_{k+1} + a_{k+2} + \cdots + a_n$ - в первом случае она будет равна
$\alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_k \leq k \alpha_k$,
а во втором -
$(1 - \alpha_{k+1}) + (1 - \alpha_{k+2}) + \cdots + (1 - \alpha_n) \leq (n-k)(1- \alpha_{k+1})$.
Таким образом, условие задачи будет выполнено, если $k$ таково, что
$k \alpha_k \leq \frac{n+1}{4}$ и $(n-k)(1- \alpha_{k+1}) \leq \frac{n+1}{4}$.
Пусть теперь $k$ - наибольшее из таких целых чисел, что $k \alpha_k \leq \frac{n+1}{4}$, или $\alpha_k \leq \frac{n+}{4k}$ (это $k$ может равняться и 0); оговорка о том что число $к$ - наибольшее возможное, означает, что, заменив номер $k$ на $k + 1$, мы уже получаем $\alpha_{k+1} > \frac {n+1}{4(k+1)}$. Но из последнего неравенства следует, что
$(n-k)(1- \alpha_{k+1}) < (n-k) \left ( 1- \frac {n+1}{4(k+1)} \right )$.
Проверим, что $(n-k) \left ( 1- \frac {n+1}{4(k+1)} \right ) \leq \frac{n+1}{4}$. Действительно, это неравенство равносильно неравенству
$(n-k)(4k - n + 3) \leq (n+1)(k+1)$;
последнее же равносильно очевидному, справедливому при всех $n$ и $k$, неравенству
$[n - (2k+1)]^2 \geq 0$.
