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