به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
سایت پرسش و پاسخ ریاضی
+3 امتیاز
366 بازدید
در دبیرستان توسط Elyas1 (4,475 امتیاز)
ویرایش شده توسط AmirHosein

دنبالهٔ $\lbrace x_n\rbrace$ را به این صورت تعریف می کنیم که $x_0=t$ و برای $n$ طبیعی $x_{n+1}=2x_n^2-1$. چند $t \in [-1,1]$ وجود دارد که $x_{11}=1$؟ راهنمایی (توسط طراح): $\cos2 \alpha +1=2\cos^2 \alpha $.

من تا جایی اش را رفتم. به راحتی می توان نشان داد که $\cos2^{11} \alpha =1$. از این نکته می توان نتیجه زیر را بدست آورد:

می دانیم که: $2^{11} \alpha =2kπ \Longrightarrow \alpha = \frac{2kπ}{2^{11}}$

باید حدود k پیدا شود. اگر $k=0$ باشد، آنگاه زاویه $\alpha $ برابر با صفر درجه می شود. این یعنی $\cos \alpha =1$ و اگر $2^{10}$=k باشد، آنگاه زاویه $ \alpha $ برابر با $ \pi $ خواهد بود. این یعنی: $\cos \alpha =-1$. این یعنی باید $k=0,1,2,3..2^{10}$. چون می دانیم که $\cos \alpha \in [-1,1]$. که البته این پاسخ مشکل دارد. آن هم این است که باید نشان داد که برای k های بزرگتر از $2^{10}$ دارای کسینوس های تکراری می شویم.

مرجع: المپیاد ریاضی دانش آموزی ایران، مرحله اول، دوره 21، سوال 29
توسط saderi7 (7,860 امتیاز)
+1
مرجع سوال هم قرار بده ! من متوجه سوال نمیشم ! چه خواسته چی داده !
توسط Elyas1 (4,475 امتیاز)
@saderi7 تا جایی از جواب را رفتم ولی در ادامه به مشکل برخوردم. منبع را نوشتم.
توسط saderi7 (7,860 امتیاز)
در منبعی که قرار دادید همچین سوالی یافت نشد!
توسط Elyas1 (4,475 امتیاز)
ویرایش شده توسط Elyas1
@saderi7 سوال را کامل قرار دادم.

1 پاسخ

+1 امتیاز
توسط saderi7 (7,860 امتیاز)
انتخاب شده توسط Elyas1
 
بهترین پاسخ

برای حل این سوال تعریف میکنیم $t:=\cos(\alpha)$ و همچنین با استقرا اثبات میشود که

$x_{n+1}=2x_n^2-1 \ \Rightarrow \ x_n=\cos(2^{n}\alpha)$

با توجه به خواسته سوال باید داشته باشیم.

$ x_{11}=1 \ \Rightarrow \ \cos(2^{11}\alpha)=1 \ \Rightarrow \ 2^{11}\alpha=2k\pi \ \Rightarrow \ \alpha=\dfrac{2k\pi}{2^{11}} \ \Rightarrow \ t = \cos \alpha = \cos\left(\dfrac{k\pi}{2^{10}}\right) $

گفته شده چند $t $ وجود دارد به این معنی است که باید $t$ های متمایز در شرایط بدست آمده مذکور صدق کنند. عبارت $k\left(\dfrac{\pi}{2^{10}}\right) $ را در نظر بگیرید به این معنی است که زوایه $\pi$ را به $2^{10}$ قسمت مساوی , تقسیم کردیم. توضیحات تصویر

همانطور که مشخص است برای هر $0\leq k \leq 2^{10}$ یک $t$ یکتایی بدست می آید پس بیش از هزار $t$ وجود دارد. اما اگر برای مثال $k=2^{11}$ خواهیم داشت $k\left(\dfrac{\pi}{2^{10}}\right) =2\pi$ که $2\pi$ همان زاویه صفر است که قبلا محاسبه کردیم $(k=0,t_0)$ و جواب متمایزی نیست. و همینطور برای $k$ هایی که خارج از محدوده $0\leq k \leq 2^{10}$ جواب متمایزی بدست نمیاید بلکه جواب هایی هستند که قبلا محاسبه کردیم!

توسط Elyas1 (4,475 امتیاز)
ویرایش شده توسط Elyas1
خیلی ممنونم.
بنده مشکلم در این است که شما به عنوان مثل $k=2^{11}$گذاشته اید و سپس فرموده اید که کسینوس آلفا تکراری خواهد بود. چگونه متوجه بشویم که برای تمام اعداد بیشتر از $2^{10}$ کسینوس های تکراری داریم؟ یعنی آیا اثبات ریاضی وجود دارد که نشان دهد کسینوس های تکراری به وجود می آید؟ بنده در کتابی خواندم که به علت  $cos(2π+α)=cosα$ و $cos(2π-α)=cosα$ است که k آن مقادیر را به خود اختصاص داده. ولی متوجه  این علت نمی شوم.
توسط saderi7 (7,860 امتیاز)
+1
هر $k$ غیر از محدوده ذکر شده باعث میشود که زاویه دو حالت داشته باشد. یک اینکه زاویه در ربع اول و دوم قرار بگیرد که در این صورت طبق شکل $t$ های مربوط به آن ناحیه را محاسبه کردیم و تکراری میشوند. دو  اینکه زاویه در ربع سوم و چهارم قرار بگیرد در این صورت طبق خاصیت کسینوس میدانیم.

 $\cos(x)=\cos(-x) $

با توجه به این خاصیت کسینوس هر  زاویه ایی که ربع سوم و چهارم باشد همتایی در ربع اول و دوم دارد. که با توجه به آنکه ما تمام جواب های ربع اول و دوم را بدست اوردیم یعنی هر جوابی در ربع سوم و چهارم  بدیست بیاوریم تکراری است .
برای مثال $\cos(-30)=\cos(30)$ زاویه $-30$ در ربع چهارم است و همتای آن $30$ در ربع اول است . و در این سوال هم همینطور است اگر $k$ باشد باعث شود زاویه در ربع چهارم یا سوم قرار بگیرد همتای آن در ربع اول و دوم که ما تمام جواب های ربع اول و دوم رو محاسبه کردیم و غیر آن تکراری است .
توسط Elyas1 (4,475 امتیاز)
ببخشید.
دقیقا سوال من این است که از کجا متوجه بشویم که زاویه ای که در ربع سوم یا چهارم قرار دارد، دارای همتایی در ربع اول یا دوم است به طوری کسینوس آن زاویه محاسبه شده است؟ مثلاً بین $2^{10}$ تا $2^{11}$ اعداد طبیعی بسیاری وجود دارند که می توانند برابر k باشند. آیا ممکن نیست که از بین این همه عدد، عددی موجود باشد که اگر برابر با k باشد آنگاه آلفا برابر با زاویه ای بشود که قبلاً کسینوس همتای آن در دو ربع اول یا دوم محاسبه نشده باشد؟
توسط Elyas1 (4,475 امتیاز)
به عنوان مثال من اثبات می کنم که اگر  

 $2^{10} \leq k<2^{11}$

 باشد، آنگاه دارای کسینوس هایی می شویم که قبلاً حساب شده اند. برای این کار می نویسیم:

$ \frac{kπ}{2^{10}}-2π \Longrightarrow  \frac{π(k-2^{11})}{2^{10}} $

 که با توجه به محدوده ی فرض شده خواهیم داشت:

$ -2^{10} \leq k-2^{11}<0$

 که این یعنی اگر k در محدوده ی فرض شده باشد، آنگاه زاویه جدید را می توان به صورت:
$2π- \alpha $

نوشت که در آن  $\alpha $ زاویه ای است که قبلاً کسینوس آن محاسبه شده است.

 پس کسینوس آلفا هنگامی که $2^{10} \leq k<2^{11}$ باشد آنگاه می شود:

 $cos(2π- \alpha )=cos \alpha $
توسط Elyas1 (4,475 امتیاز)
باید یک اثباتی باشد که نشان دهد که به طور کلی اگر k  از $2^{10}$ بیشتر باشد آنگاه کسینوس هایی که برای α به وجود می آیند، قبلاً همتای آن محاسبه شده است و کسینوس تازه ای نیست.

حمایت مالی

کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
...