Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 609
2014-06-08 
Длина эллипса $x = a \cos t, y = b \sin t (0 \leq t \leq 2 \pi)$ равна $S$. Положим $t_{k} = k 2 \pi /n, M_{k} = (x(t_{k}), y(t_{k}))$. Обозначим через $p_{n}$ периметр многоугольника $M_{0}M_{1} \cdots M_{n-1}$, вписанного в эллипс, а через $q_{n}$ - периметр многоугольника $N_{0}N_{1} \cdots N_{n-1}$, описанного около эллипса и касающегося его в точках $M_{0}, M_{1}, \cdots, M_{n-1}$. Найти пределы
$lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(S – p_{n}), lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(q_{n} - S)$.
При каких $\alpha$ и $\beta$ конечен предел $lim_{n \rightarrow \infty} n^{4} (S - \alpha p_{n} - \beta q_{n})$? Чему он равен?
Решение:
Для длины эллипса $S$ имеем
$S = \int_{0}^{2 \pi} f(t)dt$,
где $f(t) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} = \sqrt{a^{2} \sin^{2} t + b^{2} \cos^{2} t}$. Вводя обозначения $\delta = \pi/n, T_{k} = (t_{k} + t_{k-1})/2 = (2k - 1)\delta$, найдем периметр $p_{n}$ (полагаем $M_{n} = _{0}$):
$p_{n} = \sum_{k=1}^{n} |M_{k}M_{k-1}| = \sum_{k=1}^{n} \sqrt{} = 2 \sin \delta \sum_{k=1}^{n} \sqrt{a^{2} (\cos 2 k \delta - \cos (2k - 2) \delta)^{2} + b^{2}(\sin 2k \delta - \sin (2k - 2) \delta)^{2}} = 2 \sin \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k})$.
Пусть $N_{k}$ - вершина описанного многоугольника, общая для сторон, касающихся эллипса в точках $M_{k}$ и $M_{k+1}$. Находя точку пересечения прямых, касающихся эллипса в точках $M_{k}$ и $M_{k+1}$ получим координаты точки $N_{k}$:
$N_{k} = \left ( a \frac{\cos (t_{k} + \delta)}{\cos \delta}, b \frac{\sin (t_{k} + \delta)}{\cos \delta} \right )$.
Откуда легко находим $|N_{k}N_{k-1}| = 2 tg \: \delta f(t_{k})$, и тем самым
$g_{n} = 2 tg \: \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k})$.
Для решения задачи нам нужно с достаточной точностью оценить суммы $\sum_{k=1}^{n} f(T_{k})$ и $\sum_{k=1}^{n}f(t_{k})$. Покажем, что числа $2 \delta \sum_{k=1}^{n}f(t_{k})$ и $2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k})$ очень хорошо приближают $S$, а именно $2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) = S + O(\delta^{5}), 2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k}) = S + O(\delta^{5}) (\delta \rightarrow 0)$.
Функция $f$ является четной и $2 \pi$ - периодической, поэтому она разлагается в косинус-ряд Фурье
$f \sim \frac{a_{0}}{2} + \sum_{m=1}^{\infty} a_{m} \cos mx$.
Функция $f$ бесконечно дифференцируема; ее пятая производная является нечетной и разлагается в ряд Фурье по синусам:
$f^{(5)} \sim \sum_{m=1}^{\infty}b_{m} \sin mx$.
При этом $b_{m} = - m^{5}a_{m}$, и, так как коэффициенты $b_{m}$ ограничены, мы получаем $|m^{5}a_{m}| \leq c < \infty$ при всех $m$, т. е. $|a_{5}| \leq c/m^{5}$. Отсюда следует, что ряд Фурье $f$ сходится к ней равномерно и
$2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) = 2 \delta \left ( \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{0}}{2} + \sum_{k=1}^{n} \sum_{m=1}^{\infty} a_{m} \cos mt_{k} \right ) = \delta n a_{0} + 2 \delta \sum_{m=1}^{\infty}a_{m} \sum_{k=1}^{n} \cos m t_{k}$.
Ho $\delta n a_{0} = \pi a_{0} = \int_{0}^{2 \pi} f(t) dt = S$, поэтому
$2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) – S = 2 \delta \sum_{m=1}^{\infty} a_{m} \sum_{k=1}^{n} \cos mt_{k}$.
Вычислим $\sum_{k=1}^{n} \cos m t_{k}$. Если $m$ делится на $n$, то
$\cos mt_{k} = \cos (2 \pi km /n) = 1 (k = 1, \cdots, n)$
и эта сумма равна $n$. При других $m$ имеем
$\sum_{k=1}^{n} \cos mt_{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\cos mt_{k} \sin m \delta}{\sin m \delta} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\sin m (t_{k} + \delta) - \sin m (t_{k} - \delta)}{2 \sin m \delta} = \frac{1}{2 \sin m \delta} \sum_{k=1}^{n} (\sin mT_{k+1} - \sin mT_{k}) = 0$.
(Мы воспользовались тем, что $\sin(m \delta) \neq 0$, если $m$ не кратно $n$.)
Значит,
$2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) – S = 2 \delta \sum_{m \equiv 0 (\mod n)} a_{m}n = 2 \delta n \sum_{l=1}^{n} a_{in} = 2 \pi \sum_{l=1}^{\infty} a_{ln}$
Вспоминая оценку $| a_{ln}| \geq c/ (ln)^{5}$, мы получаем
$\left | 2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) - S \right | \leq 2 \pi \sum_{l=1}^{\infty} \frac{c}{(ln)^{5}} = \frac{c_{1}}{n^{5}}$,
где $c_{1} = 2 \pi c \sum_{l=1}^{\infty} \frac{1}{l^{5}}$. Следовательно,
$2 \delta \sum_{k=1}^{n}f(t_{k}) – S + O \left ( \frac{1}{n^{5}} \right ) = S + O(\delta^{5})$.
Аналогично доказывается, что
$2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k}) = S + O(\delta^{5})$.
Для оценки $p_{n}$ и $q_{n}$ воспользуемся разложением $\sin \delta$ и $tg \: \delta$ по формуле Тейлора:
$\sin \delta = \delta - \frac{\delta^{3}}{6} + \frac{\delta^{5}}{120} + O(\delta^{6})$,
$tg \delta = \delta + \frac{\delta^{3}}{3} + \frac{2}{15}\delta^{5} + O(\delta^{6})$.
Имеем
$p_{n} = 2 \sin \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k}) = \frac{\sin \delta}{\delta} \left ( 2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k}) \right ) = \left ( 1 - \frac{\delta^{2}}{6} + \frac{\delta^{4}}{120} + O(\delta^{5}) \right ) (S + O(\delta^{5})) = S \left ( 1 - \frac{\delta^{2}}{6} + \frac{\delta^{4}}{120} \right ) + O(\delta^{5})$,
и аналогично
$q_{n} = S \left ( 1 + \frac{\delta^{2}}{3} + \frac{2}{15} \delta^{4} \right ) + O (\delta^{5})$.
Теперь легко найти пределы $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(S – p_{n})$ и $lim_{n \rightarrow \infty}(q_{n} - S)$. Имеем
$n^{2}(S – p_{n}) = n^{2} \frac{\delta^{2}}{6}S – n^{2} \frac{\delta^{4}}{120}S + O (n^{2} \delta^{5}) = \frac{n^{2} \delta^{2}S}{6} + o(1) = \frac{\pi^{2}}{6} S + o(1)$,
$n^{2}(q_{n} - S) = n^{2} \frac{\delta^{2}S}{3} + 2n^{2} \frac{\delta^{4}S}{15} + o(n^{2} \delta^{5}) = \frac{n^{2} \delta^{2}S}{3} + o(1) = \frac{\pi^{2}}{3}S + o(1)$,
т. е. $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(S – p_{n}) = \frac{\pi^{2}}{6}S$ и $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2} (q_{n} - S) = \frac{\pi^{2}}{3} S$.
Чтобы был конечным предел $lim_{n \rightarrow \infty} n^{4} (S - \alpha p_{n} - \beta q_{n})$, необходимо, чтобы $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(S - \alpha p_{n} - \beta q_{n}) = 0$. Из найденных оценок следует, что
$S - \alpha p_{n} - \beta q_{n} = (1 - \alpha - \beta)S + \left ( \frac{\alpha}{6} - \frac{\beta}{3} \right) \frac{\pi^{2}S}{n^{2}} + o \left ( \frac{1}{n^{2}} \right )$.
Поэтому $1 - \alpha - \beta = 0, \alpha /6 - \beta /3 = 0$, т. е. $\alpha = 2/3, \beta = 1/3$. Найдем теперь $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2} \left ( S - \frac{2p_{n} + q_{n}}{3} \right ) $. Имеем
$n^{4} \left ( \right ) = n^{4}S \left ( 1 - \frac{2}{3} \left ( 1 - \frac{\delta^{2}}{6} + \frac{\delta^{4}}{120} \right ) - \frac{1}{3} \left ( 1 + \frac{\delta^{2}}{3} + \frac{2 \delta^{4}}{15} \right ) \right ) + o (n^{4} \delta^{5}) = - n^{4} \frac{\delta^{4}}{20}S + O(n^{4} \delta^{5}) = - \frac{\pi^{4}S}{20} + o(1)$.
Ответ:
$lim_{n \rightarrow \infty} n^{4} (S – p_{n}) = \frac{\pi^{2}S}{6}, lim_{n \rightarrow \infty} (q_{n} - S) = \frac{\pi^{2}S}{3}$,
$lim_{n \rightarrow \infty} n^{4} \left ( S - \frac{2p_{n} + q_{n}}{3} \right ) = - \frac{\pi^{4}S}{20}$.
Длина эллипса $x = a \cos t, y = b \sin t (0 \leq t \leq 2 \pi)$ равна $S$. Положим $t_{k} = k 2 \pi /n, M_{k} = (x(t_{k}), y(t_{k}))$. Обозначим через $p_{n}$ периметр многоугольника $M_{0}M_{1} \cdots M_{n-1}$, вписанного в эллипс, а через $q_{n}$ - периметр многоугольника $N_{0}N_{1} \cdots N_{n-1}$, описанного около эллипса и касающегося его в точках $M_{0}, M_{1}, \cdots, M_{n-1}$. Найти пределы
$lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(S – p_{n}), lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(q_{n} - S)$.
При каких $\alpha$ и $\beta$ конечен предел $lim_{n \rightarrow \infty} n^{4} (S - \alpha p_{n} - \beta q_{n})$? Чему он равен?
Решение:
Для длины эллипса $S$ имеем
$S = \int_{0}^{2 \pi} f(t)dt$,
где $f(t) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} = \sqrt{a^{2} \sin^{2} t + b^{2} \cos^{2} t}$. Вводя обозначения $\delta = \pi/n, T_{k} = (t_{k} + t_{k-1})/2 = (2k - 1)\delta$, найдем периметр $p_{n}$ (полагаем $M_{n} = _{0}$):
$p_{n} = \sum_{k=1}^{n} |M_{k}M_{k-1}| = \sum_{k=1}^{n} \sqrt{} = 2 \sin \delta \sum_{k=1}^{n} \sqrt{a^{2} (\cos 2 k \delta - \cos (2k - 2) \delta)^{2} + b^{2}(\sin 2k \delta - \sin (2k - 2) \delta)^{2}} = 2 \sin \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k})$.
Пусть $N_{k}$ - вершина описанного многоугольника, общая для сторон, касающихся эллипса в точках $M_{k}$ и $M_{k+1}$. Находя точку пересечения прямых, касающихся эллипса в точках $M_{k}$ и $M_{k+1}$ получим координаты точки $N_{k}$:
$N_{k} = \left ( a \frac{\cos (t_{k} + \delta)}{\cos \delta}, b \frac{\sin (t_{k} + \delta)}{\cos \delta} \right )$.
Откуда легко находим $|N_{k}N_{k-1}| = 2 tg \: \delta f(t_{k})$, и тем самым
$g_{n} = 2 tg \: \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k})$.
Для решения задачи нам нужно с достаточной точностью оценить суммы $\sum_{k=1}^{n} f(T_{k})$ и $\sum_{k=1}^{n}f(t_{k})$. Покажем, что числа $2 \delta \sum_{k=1}^{n}f(t_{k})$ и $2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k})$ очень хорошо приближают $S$, а именно $2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) = S + O(\delta^{5}), 2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k}) = S + O(\delta^{5}) (\delta \rightarrow 0)$.
Функция $f$ является четной и $2 \pi$ - периодической, поэтому она разлагается в косинус-ряд Фурье
$f \sim \frac{a_{0}}{2} + \sum_{m=1}^{\infty} a_{m} \cos mx$.
Функция $f$ бесконечно дифференцируема; ее пятая производная является нечетной и разлагается в ряд Фурье по синусам:
$f^{(5)} \sim \sum_{m=1}^{\infty}b_{m} \sin mx$.
При этом $b_{m} = - m^{5}a_{m}$, и, так как коэффициенты $b_{m}$ ограничены, мы получаем $|m^{5}a_{m}| \leq c < \infty$ при всех $m$, т. е. $|a_{5}| \leq c/m^{5}$. Отсюда следует, что ряд Фурье $f$ сходится к ней равномерно и
$2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) = 2 \delta \left ( \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{0}}{2} + \sum_{k=1}^{n} \sum_{m=1}^{\infty} a_{m} \cos mt_{k} \right ) = \delta n a_{0} + 2 \delta \sum_{m=1}^{\infty}a_{m} \sum_{k=1}^{n} \cos m t_{k}$.
Ho $\delta n a_{0} = \pi a_{0} = \int_{0}^{2 \pi} f(t) dt = S$, поэтому
$2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) – S = 2 \delta \sum_{m=1}^{\infty} a_{m} \sum_{k=1}^{n} \cos mt_{k}$.
Вычислим $\sum_{k=1}^{n} \cos m t_{k}$. Если $m$ делится на $n$, то
$\cos mt_{k} = \cos (2 \pi km /n) = 1 (k = 1, \cdots, n)$
и эта сумма равна $n$. При других $m$ имеем
$\sum_{k=1}^{n} \cos mt_{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\cos mt_{k} \sin m \delta}{\sin m \delta} = \sum_{k=1}^{n} \frac{\sin m (t_{k} + \delta) - \sin m (t_{k} - \delta)}{2 \sin m \delta} = \frac{1}{2 \sin m \delta} \sum_{k=1}^{n} (\sin mT_{k+1} - \sin mT_{k}) = 0$.
(Мы воспользовались тем, что $\sin(m \delta) \neq 0$, если $m$ не кратно $n$.)
Значит,
$2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) – S = 2 \delta \sum_{m \equiv 0 (\mod n)} a_{m}n = 2 \delta n \sum_{l=1}^{n} a_{in} = 2 \pi \sum_{l=1}^{\infty} a_{ln}$
Вспоминая оценку $| a_{ln}| \geq c/ (ln)^{5}$, мы получаем
$\left | 2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(t_{k}) - S \right | \leq 2 \pi \sum_{l=1}^{\infty} \frac{c}{(ln)^{5}} = \frac{c_{1}}{n^{5}}$,
где $c_{1} = 2 \pi c \sum_{l=1}^{\infty} \frac{1}{l^{5}}$. Следовательно,
$2 \delta \sum_{k=1}^{n}f(t_{k}) – S + O \left ( \frac{1}{n^{5}} \right ) = S + O(\delta^{5})$.
Аналогично доказывается, что
$2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k}) = S + O(\delta^{5})$.
Для оценки $p_{n}$ и $q_{n}$ воспользуемся разложением $\sin \delta$ и $tg \: \delta$ по формуле Тейлора:
$\sin \delta = \delta - \frac{\delta^{3}}{6} + \frac{\delta^{5}}{120} + O(\delta^{6})$,
$tg \delta = \delta + \frac{\delta^{3}}{3} + \frac{2}{15}\delta^{5} + O(\delta^{6})$.
Имеем
$p_{n} = 2 \sin \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k}) = \frac{\sin \delta}{\delta} \left ( 2 \delta \sum_{k=1}^{n} f(T_{k}) \right ) = \left ( 1 - \frac{\delta^{2}}{6} + \frac{\delta^{4}}{120} + O(\delta^{5}) \right ) (S + O(\delta^{5})) = S \left ( 1 - \frac{\delta^{2}}{6} + \frac{\delta^{4}}{120} \right ) + O(\delta^{5})$,
и аналогично
$q_{n} = S \left ( 1 + \frac{\delta^{2}}{3} + \frac{2}{15} \delta^{4} \right ) + O (\delta^{5})$.
Теперь легко найти пределы $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(S – p_{n})$ и $lim_{n \rightarrow \infty}(q_{n} - S)$. Имеем
$n^{2}(S – p_{n}) = n^{2} \frac{\delta^{2}}{6}S – n^{2} \frac{\delta^{4}}{120}S + O (n^{2} \delta^{5}) = \frac{n^{2} \delta^{2}S}{6} + o(1) = \frac{\pi^{2}}{6} S + o(1)$,
$n^{2}(q_{n} - S) = n^{2} \frac{\delta^{2}S}{3} + 2n^{2} \frac{\delta^{4}S}{15} + o(n^{2} \delta^{5}) = \frac{n^{2} \delta^{2}S}{3} + o(1) = \frac{\pi^{2}}{3}S + o(1)$,
т. е. $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(S – p_{n}) = \frac{\pi^{2}}{6}S$ и $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2} (q_{n} - S) = \frac{\pi^{2}}{3} S$.
Чтобы был конечным предел $lim_{n \rightarrow \infty} n^{4} (S - \alpha p_{n} - \beta q_{n})$, необходимо, чтобы $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2}(S - \alpha p_{n} - \beta q_{n}) = 0$. Из найденных оценок следует, что
$S - \alpha p_{n} - \beta q_{n} = (1 - \alpha - \beta)S + \left ( \frac{\alpha}{6} - \frac{\beta}{3} \right) \frac{\pi^{2}S}{n^{2}} + o \left ( \frac{1}{n^{2}} \right )$.
Поэтому $1 - \alpha - \beta = 0, \alpha /6 - \beta /3 = 0$, т. е. $\alpha = 2/3, \beta = 1/3$. Найдем теперь $lim_{n \rightarrow \infty} n^{2} \left ( S - \frac{2p_{n} + q_{n}}{3} \right ) $. Имеем
$n^{4} \left ( \right ) = n^{4}S \left ( 1 - \frac{2}{3} \left ( 1 - \frac{\delta^{2}}{6} + \frac{\delta^{4}}{120} \right ) - \frac{1}{3} \left ( 1 + \frac{\delta^{2}}{3} + \frac{2 \delta^{4}}{15} \right ) \right ) + o (n^{4} \delta^{5}) = - n^{4} \frac{\delta^{4}}{20}S + O(n^{4} \delta^{5}) = - \frac{\pi^{4}S}{20} + o(1)$.
Ответ:
$lim_{n \rightarrow \infty} n^{4} (S – p_{n}) = \frac{\pi^{2}S}{6}, lim_{n \rightarrow \infty} (q_{n} - S) = \frac{\pi^{2}S}{3}$,
$lim_{n \rightarrow \infty} n^{4} \left ( S - \frac{2p_{n} + q_{n}}{3} \right ) = - \frac{\pi^{4}S}{20}$.
