Мельников - Сибирский федеральный университет

УДК
Опасная итерация
Мельников Борис Евгеньевич
Секция «Прикладная и фундаментальная математика»
Научный руководитель: Осипов Н.Н., д-р физ.-мат. наук, профессор, СФУ
Сибирский федеральный университет
На олимпиаде «Покори Воробьёвы Горы» [1] (2013/2014 учебный год, второй
заочный тур,
задание 10.4) школьникам 11-го класса была предложена следующая
Задача.
количество
Для
целых
функции
значений
f 2013 ( x) : f ( f ( f ( x)))  2 x  1
f(x) = 2013  a + cos2πx  8 x 3  12 x 2  20 x
a,
при
каждом
(2013 знаков
f
из
которых
найдите
уравнение
) на отрезке [ 49,50] имеет
единственное решение.
Официальное решение этой задачи, выложенное организаторами на сайте
олимпиады, начиналось так. После замены неизвестного по формуле t  2 x  1
3
получим новую задачу: для функции F (t )  2021  a  cost  t  7t найти количество
целых значений
a , при каждом из которых уравнение
F2013 (t ) : F ( F ( F (t )))  t
(2013 знаков F ) на отрезке [99,101] имеет единственное решение. И далее решалась
новая задача, в результате чего был получен ответ: 60019 значений
a.
Но замена исходной задачи на такую новую задачу не является корректной.
Дело в том, что уравнение f 2013 ( x)  2 x  1 не переходит в уравнение F2013 (t )  t при
замене x  (t  1) / 2 , хотя при этом функция f (x) действительно превращается в
функцию F (t ) (достаточно рассмотреть пример с более простой функций f (x) и
небольшим числом итераций).
Во время проведения олимпиады в сети INTERNET можно было найти ещё одно
неправильное решение данной задачи (мы не приводим ссылку, чтобы не делать
рекламу недобросовестным профессиональным решателям задач). Суть его состояла в
следующем. Утверждалось, что единственным корнем уравнения
будет (также единственный) корень x0 уравнения
1 / 2013
специально подобранные константы:   2
,
служила цепочка равенств:
f 2013 ( x)  2 x  1
f ( x)  x   , где
,

−
  21 / 2013  1 . Доказательством
f 2013( x0 )   2013x0  ( 2012      1)    2013x0 
 2013  1
  2 x0  1 .
 1
a корень
[ 49,50] . В итоге получался такой ответ: 60017 значений a .
Далее в решении выяснялось, при каких целых
x0 окажется в отрезке
Несмотря на верный ответ, само решение является неверным, поскольку при
вычислении итерации f 2013( x0 )  f ( f ( f ( x0 ))) применялось правило, пригодное
только для линейных функций f (x) , в то время как наша функция f (x) , очевидно,
нелинейна.
Ниже кратко излагается найденное нами решение задачи.
Наряду с исследуемым уравнением f 2013 ( x)  2 x  1, корень которого обозначим
через x1 , рассмотрим уравнение f 2013 ( x)  x , которое в силу убывания функции f (x)
равносильно уравнению
f ( x)  x .
Пусть
x2 − корень последнего уравнения.
Поскольку функция f 2013 ( x) стремительно убывает, x2 оказывается очень близким к
x1 . Этим мы и воспользуемся.
I. Сначала оценим скорость убывания функции f 2013 ( x) . Нетрудно доказать для
всех
x неравенство
| f ' ( x) | 14  2 , а дальше можно рассуждать по индукции и в
2013
 72013 при любом
результате получить неравенство | f '2013 ( x) | (14  2 )
x.
II. Теперь применим теорему Лагранжа о конечных приращениях (см.,
например,
[2],
стр.
108)
к
функции
f 2013 ( x )
и
отрезку [ x1 , x2 ] .
Имеем
f 2013 ( x1 )  f 2013 ( x2 )  M ( x1  x2 ) , где M  f '2013 ( ) для некоторой точки  между x1
и x2 . Значит, 2 x1  1  x2  M ( x1  x2 ) , откуда
x2  x1 
x1  1
,
1 M
x1  x2 
x2  1
,
2M
2013
при этом  M  7 .
III. Пусть
a таково, что
49  x1  50 . Тогда 49  x2  50  1 , где 1  10 1000 .
Следовательно, f (49)  49 , f (50  1 )  50  1 , что равносильно системе неравенств
 1029037  612211  cos 21  121212  813  a  969019 ,
которой удовлетворяют целые числа
IV. Обратно, пусть
a от
 1029036 до  969020 .
a − одно из целых чисел от
 1029036 до  969020 . Тогда
выполнены неравенства f (49)  49 , f (50)  50 . Более того, можно утверждать, что
f (49   2 )  49   2 , где  2  1010 . Теперь можно заключить, что 49   2  x2  50 . Но
тогда 49  x1  50 .
V. Таким образом, условию задачи удовлетворяют те и только те целые значения
a , которые перечислены в п. III. Их ровно 60017 штук, это и есть правильный ответ.
В заключение объясним, почему в предыдущем (неправильном) решении был
получен правильный ответ. Так произошло, потому что при указанных значениях
,
 правые части уравнений f ( x)  x и f ( x)  x   оказались довольно близкими, так
что их корни x2 и x0 также близки, и интересующий нас корень x1 можно хорошо
приближать как с помощью x2 , так и с помощью x0 . Вместе с тем, ответ, данный в
официальном решении, случайно оказался почти правильным, поскольку диапазон
получаемых значений
a сильно отличается от правильного.
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. https://pvg.mk.ru/
2. Пратусевич М.Я. Алгебра и начала математического анализа. 11 класс. М.:
Просвещение, 2010.