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学生-幻幻(6024*****) 2013-12-12 23:28:33
题目：一个损坏的计算器只有 $\sin$, $\cos$, $\tan$, $\arcsin$, $\arccos$, $\arctan$ 这几个键可以工作，初始显示为 $0$。证明对任一正有理数 $q$，都可以揿有限多次键得出 $q$（假定计算器做实数计算无限精确，所有的函数都采用弧度制）。
这题真有趣，而且也有点难，昨晚一直没头绪，直到今天下午才找到方向。
下面我将证明更一般的结论：对任意 $q\in\mbb Q^+$，揿有限次键可以得出 $\sqrt q$。
实际上就是要证明 $\sqrt q$ 总能表示成 $P(0)$，其中 $P$ 由 $\sin$, $\cos$, $\tan$, $\arcsin$, $\arccos$, $\arctan$ 这六种函数有限次复合而成。
证明之前先约定记号：
所有实数 $x$ 都可以表示成连分数
\[x=a_0+\frac1{a_1+\frac1{a_2+\frac1{\ddots}}},\]
其中 $a_0$ 为整数，其他 $a_i$ 均为正整数，我们将它简记为
\[x=[a_0;a_1,a_2,\ldots],\]
显然 $x$ 为有理数当且仅当 $a_i$ 有限个。
将 $f(x)$ 的 $n$ 次迭代记为 $f_n(x)$，对于 $n=0$，约定 $f_0(x)=x$。
证明：要得出 $1$，只要揿一下 $\cos$ 即得，下设 $q\ne1$。令
\begin{align*}
f(x)&=\sin (\arctan x)=\frac x{\sqrt{1+x^2}}, \\
g(x)&=\cos (\arctan x)=\sqrt{\frac1{1+x^2}}, \\
h(x)&=\tan (\arccos x)=\frac{\sqrt{1-x^2}}x,
\end{align*}
由于
\[h(f(x))=\frac{\sqrt{1-\frac{x^2}{1+x^2}}}{\frac x{\sqrt{1+x^2}}}=\frac1x,\]
由此可见，只要解决 $0<q<1$ 的情形即可，对于 $q>1$ 的只要先揿出 $1/q$ 再通过 $h$, $f$ 即可倒过来。
当 $0<q<1$ 时可设 $q=[0;a_1,a_2,\ldots,a_m]$。
因为
\begin{align*}
f(g(x))&=\frac{\sqrt{\frac1{1+x^2}}}{\sqrt{1+\frac1{1+x^2}}}=\sqrt{\frac1{2+x^2}}, \\
f(f(g(x)))&=\frac{\sqrt{\frac1{2+x^2}}}{\sqrt{1+\frac1{2+x^2}}}=\sqrt{\frac1{3+x^2}}, \\
f(f(f(g(x))))&=\frac{\sqrt{\frac1{3+x^2}}}{\sqrt{1+\frac1{3+x^2}}}=\sqrt{\frac1{4+x^2}}, \\
\cdots&\cdots
\end{align*}
如此类推，记 $K(n,x)=f_{n-1}(g(x))$，则对任意 $n\in\mbb N^+$ 都有
\[K(n,x)=\sqrt{\frac1{n+x^2}},\]
于是
\begin{align*}
K(a_1,0)&=\sqrt{\frac1{a_1}}=\sqrt{[0;a_1]},\\
K(a_1,K(a_2,0))&=\sqrt{\frac1{a_1+\frac1{a_2}}}=\sqrt{[0;a_1,a_2]},\\
K(a_1,K(a_2,K(a_3,0)))&=\sqrt{\frac1{a_1+\frac1{a_2+\frac1{a_3}}}}=\sqrt{[0;a_1,a_2,a_3]},\\
\cdots&\cdots
\end{align*}
如此类推，最终得
\[K(a_1,K(a_2,K(\cdots K(a_m,0)\cdots )))=\sqrt{[0;a_1,a_2,\ldots,a_m]}=\sqrt q,\]
这样，结论就得到了证明。
例如：
想揿出 $\sqrt{1/3}$，则由 $\sqrt{1/3}=\sqrt{[0;3]}=K(3,0)=f(f(g(0)))$ 就可以得到揿键顺序了，如果再往外复合 $f$, $h$，即得 $\sqrt3=h(f(f(f(g(0)))))$；
想揿出 $0.6$，则由
\[0.6=\sqrt{\frac9{25}}=\sqrt{[0; 2, 1, 3, 2]}=K(2,K(1,K(3,K(2,0))))=f(g(g(f(f(g(f(g(0))))))))\]
即得揿键顺序。 |
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icesheep
发表于 2013-12-14 17:46
