[матан] задача.

Численно реши. Перебором n, их немного будет

определении точности больше похоже на числяки. Задачу сказали на бумаге решить?

> Определить число n при котором

1000000000 точно.

При чём бы здесь матан?

Может как то так: a_n=e-x. (x- погрешность). берем логарифм от обеих частей равенста. И раскладываем левую часть в ряд по малому параметру (т.к. n очевидно большое). Решение простого уравнения дает число типа 1/2(1-ln(e-x)). Правда, это не совсем точное решение. Но, если n- натуральное, то после округления получается ответ.

> Перебором n, их немного будет

Много.

>13592

Это много?

Разве мало?

>определении точности больше похоже на числяки. Задачу сказали на бумаге решить?

На бумаге.

N>= 1/(2(1-ln(e-\epsilon))). При \epsilon=0.0001

N = 13591.

Если интересно, скажу как решать.

Очень интересно. Походу, RCV раньше всех рассмотрел решение.

Сейчас разложил в ряд Тейлора, вроде оно, но пока туплю еще :)

Все. врубился. просто все члены кроме 1/2n можно отбросить отбрасываем.

Итак, матановский приз ЛОРа достается... RCV!!!

unanonimous достается 1-ln(e-\epsilon) приза :)

>Может как то так: a_n=e-x. (x- погрешность). берем логарифм от обеих частей равенста. И раскладываем левую часть в ряд по малому параметру (т.к. n очевидно большое).

Спасибо! То что надо!!

Вероятно надо записать остаточный член и по нему найти n

http://ru.wikipedia.org/wiki/Ряд_Тейлора#.D0.A0.D0.B0.D0.B7.D0.BB.D0.B8.D1.87...

>drull@ubuntu:~$ cat 1.c

Ох уж эти программисты :)

я воспользовался неравенством

x-x^2/2 <= ln(1+x) <= x, которое можно доказать элементарными методами. Далее искомый предел пожет быть записан как exp(n*ln(1+1/n)). В силу непрерывности экспоненты, имеем

exp(n(1/n - 1/2n^2)) <= (1+1/n)^n <= exp(n(1/n)) = e или

exp(1-1/2n) <= (1+1/n)^n <= e.

Дальше уже легко

>Вероятно надо записать остаточный член и по нему найти n

Я вроде и мыкался в этом направлении, но почему-то таки не домыкался. А все дрючил биноминальный коэффициент к (1+1/n)^n и разложение e в ряд sum(1/n!).

>x-x^2/2 <= ln(1+x) <= x, которое можно доказать элементарными методами.

Собсно то же самое, вид с боку. А откуда про неравенство догадался? Знал про него?

Ах да, для неравенства должно быть 0 <= x<=1

нет, но его легко доказать с помощью ряда тейлора логарифма и остаточного члена в форме Лагранжа

ln(1+x) = x + 1/2! [-1/(1+epsilon)^2]. В силу монотонности остатка по \epsilon на отрезке [0;1] имеем искомые неравенства

С другой стороны (я говорил про элементарыне методы), неравенство ln(1+x) <=x доказывается очень легко: функция f(x) = ln(1+x)-x мотононно убывает, о чем говорить отрицательный знак ее производной 1/(1+x) -1 на луче [0; +\infty). Соответственно, g(x) = ln(1+x)-x+ x^2/2 монотонно возрастает, что тоже можно установить из знака производной, хотя уже чуточку сложнее.

>нет, но его легко доказать с помощью ряда тейлора логарифма и остаточного члена в форме Лагранжа

Это да. Но интересно, как ты догадался именно это неравенство взять.

>предел числа
рукалицо?

Ну понятно же, что надо искомую величину как-то оценить. Идея появилась после того, как я представил искомый предел в виде exp(n\ln(1+1/n))

А ты в каком задачнике по матану такую нашел?

Черт, все правы, даже пособачиться не с кем.

А нет, есть

Вероятно надо записать остаточный член и по нему найти n

Где ты тут ряд увидел?

   {. (#~ 0.0001 > 1x1-(^~>:&%)) i.1e5
13591

На языке J это можно посчитать так.
Правда, у меня почему-то такое ощущение, что это плохой код

{.(#~1e_4>1x1-(^~>:&%))i.1e5

Если хочется краткости. Кстати, наверное можно и ещё короче на несколько символов.

да х его знает