Az A. 861. feladat (2023. október)

A. 861. Legyen \(\displaystyle f(x)=x^2-2\). Jelölje \(\displaystyle f^{(n)}(x)\) a függvény \(\displaystyle n\)-szeres iteráltját, azaz legyen \(\displaystyle f^{(1)}(x)=f(x)\) és \(\displaystyle f^{(k+1)}(x)=f\big(f^{(k)}(x)\big)\).

Legyen \(\displaystyle H=\big\{x\colon f^{(100)}(x)\le -1\big\}\). Határozzuk meg a \(\displaystyle H\) halmaz hosszát (a \(\displaystyle H\)-t alkotó intervallumok hosszainak összegét). A megoldást zárt alakban várjuk.

Javasolta: Matolcsi Dávid (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2023. november 10-én LEJÁRT.

Ha \(\displaystyle |x|>2\), akkor \(\displaystyle x^2-2>2\), és így az összes iterált értéke is \(\displaystyle 2\)-nél nagyobb lesz, tehát \(\displaystyle f^{(100)}(x)>2>-1\).

Ha \(\displaystyle x\in [-2,2]\), akkor könnyű belátni, hogy \(\displaystyle x^2-2\in [-2,2]\), így \(\displaystyle f(x)\) minden iteráltja \(\displaystyle [-2,2]\)-ben van.

Legyen \(\displaystyle y(x)=\frac{x+2}{4}\). Ekkor \(\displaystyle y\in [0,1]\) és \(\displaystyle y(f(x))=\frac{x^2}{4}=(2y(x)-1)^2\), és \(\displaystyle x\le -1\) pontosan akkor, ha \(\displaystyle y\le \frac{1}{4}\).

Legyen tehát \(\displaystyle g(y)=(2y-1)^2\), és vizsgáljuk meg, hogy mekkora azon szakaszok összhossza \(\displaystyle [0,1]\)-ben, amikben lévő \(\displaystyle y\)-ra \(\displaystyle g^{(n)}(y)\in [0,\frac{1}{4}]\).

Legyen \(\displaystyle \alpha(y)=\arccos(\sqrt{y})\), ahol \(\displaystyle \alpha(y)\in [0,\frac{\pi}{2}]\) ekkor \(\displaystyle y=\cos^2(\alpha)\) és \(\displaystyle g(y)=\cos^2(2\alpha)\), így \(\displaystyle g^{(n)}(y)=\cos^2(2^n \alpha)\).

\(\displaystyle g^{(n)}(y)\in [0, c]\) ekvivalens azzal, hogy \(\displaystyle 2^n\alpha \in [r, \pi-r]\) modulo \(\displaystyle \pi\), ahol \(\displaystyle r=\arccos(\sqrt{c})\), ami azzal ekvivalens, hogy

\(\displaystyle \alpha\in \left[\frac{r}{2^n}, \frac{\pi-r}{2^n}\right]\cup \left[\frac{\pi+r}{2^n}, \frac{2\pi-r}{2^n}\right]\cup ... \cup \left[\frac{(2^{n-1}-1)\pi+r}{2^n}, \frac{2^{n-1}\pi-r}{2^n}\right].\)

Ez azzal ekvivalens, hogy

\(\displaystyle y\in \left[\cos^2(\frac{\pi-r}{2^n}), \cos^2(\frac{r}{2^n})\right]\cup \left[\cos^2(\frac{2\pi-r}{2^n}), \cos^2(\frac{\pi+r}{2^n})\right]\cup ... \cup \left[\cos^2(\frac{2^{n-1}\pi-r}{2^n}), \cos^2(\frac{(2^{n-1}-1)\pi+r}{2^n})\right].\)

Ezen szakaszok összhossza

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{2^{n-1}-1} \left[\cos^2\left(\frac{k\pi+r}{2^n}\right)-\cos^2\left(\frac{(k+1)\pi-r}{2^n}\right)\right].\)

Kihasználva, hogy \(\displaystyle \cos^2(\alpha)=\frac{1}{2}(1+\cos(2\alpha))\), továbbá a koszinusz összegzési formuláját, azaz a

\(\displaystyle \cos(a)+\cos(a+d)+...+\cos(a+(m-1)d)=\frac{\sin\left(\frac{md}{2}\right)\cos\left(a+\frac{(m-1)d}{2}\right)}{\sin\left(\frac{d}{2}\right)}\)

formulát (\(\displaystyle a=\frac{r}{2^{n-1}}\) ill. \(\displaystyle \frac{\pi-r}{2^{n-1}}\), \(\displaystyle d=\frac{\pi}{2^{n-1}}\), \(\displaystyle m=2^{n-1}\)) felhasználva megkaphatjuk, hogy ez az összeg

\(\displaystyle \frac{1}{2}\frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{\sin(\frac{\pi}{2^n})}\left(\cos(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2^n}+\frac{2r}{2^n})-\cos(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2^n}-\frac{2r}{2^n})\right)=\frac{\sin\left(\frac{\pi-2r}{2^n}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2^n}\right)}.\)

Mivel \(\displaystyle x=4y-2\), ezért \(\displaystyle y\) minden megfelelő szakaszához \(\displaystyle x\)-nek egy \(\displaystyle 4\)-szer olyan hosszú szakasza tartozik, és a feladatunkban \(\displaystyle n=100\) és \(\displaystyle r=\arccos(\sqrt{\frac{1}{4}})=\frac{\pi}{3}\), ezért az olyan szakaszok összhossza, amelyben lévő \(\displaystyle x\)-ekre \(\displaystyle f^{(n)}(x)\le -1\), pontosan

\(\displaystyle \frac{4\sin\left(\frac{\pi}{3\cdot 2^{100}}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2^{100}}\right)}.\)

Mivel ilyen kis szögeknél a szinusz jól közelíti a szög méretét, ezért ez az érték körülbelül \(\displaystyle \frac{4}{3}\).

—-

Megjegyzés:

Képzeljük el, hogy a \(\displaystyle [-2,2]\) intervallumon egy \(\displaystyle x_1\) érték egy részecske valódi állapota. Ezt megmérjük, de vétünk egy elkerülhetetlen \(\displaystyle 2^{-20}\) nagyságrendű mérési hibát, és az így kapott \(\displaystyle x_2\) értékkel kezdjük a számításainkat. Ekkor a bizonyításból jól látható, hogy körülbelül a \(\displaystyle 20\)-adik iteráció után már az \(\displaystyle x_2\)-ből számolt érték semmit sem mond el arról, hogy a valódi \(\displaystyle x_1\) részecske hol van a \(\displaystyle 20\)-adik iterációban.

Ez a káoszelmélet egy klasszikus példája, így a folyamatot lehetetlen kellően hosszú távon modellezni, ugyanis a kiinduló állapotnál legapróbb mérési hibák is teljesen eltorzítják az eredményt. Állítólag az időjárás működését leíró törvények is így működnek, ezért lehetetlen néhány hétnél távolabbra megjósolni az időt, ugyanis többé-kevésbé igaz a híres mondás, hogy ,,Ha egy pillangó megrebbenti a szárnyát New York-ban, az egy hónap múlva szélvészt okozhat Shanghai-ban''.

Statisztika:

13 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Fekete Aron, Varga Boldizsár, Zömbik Barnabás.
6 pontot kapott:	Diaconescu Tashi.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	8 versenyző.

A KöMaL 2023. októberi matematika feladatai