2021 AMC 12B Fall 第 18 题

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18.

设

u_0 = \dfrac{1}{4}

，且对

k \ge 0

，

u_{k+1}

由如下递推式确定：

u_{k+1} = 2u_k - 2u_k^2\text{。}

该数列趋于一个极限，记这个极限为

L

。使下式成立的最小

k

值是多少？

|u_k - L| \le \dfrac{1}{2^{1000}}\text{？}

Set

u_0 = \dfrac{1}{4},

and for

k \ge 0

let

u_{k+1}

be determined by the recurrence

u_{k+1} = 2u_k - 2u_k^2.

This sequence tends to a limit; call it

L.

What is the least value of

k

such that

|u_k - L| \le \dfrac{1}{2^{1000}}?

10

87

123

329

401

答案：A

知识点：递推换元法

难度评级：2230

小提示：

极限为

L = \tfrac12

；作代换

v_k = 1 - 2u_k

。

The limit is

L = \tfrac12

; substitute

v_k = 1 - 2u_k

大提示：

代换后得到

v_{k+1} = v_k^2

，所以

v_k

会反复平方。

The substitution gives

v_{k+1} = v_k^2,

so

v_k

squares repeatedly

解答：

极限满足

L = 2L - 2L^2

，得

L = \tfrac12

。令

v_k = 1 - 2u_k

。于是

\begin{aligned} v_{k+1} &= 1 - 2u_{k+1} \\ &= 1 - 4u_k + 4u_k^2 \\ &= (1 - 2u_k)^2 = v_k^2 \end{aligned}\text{。}

由

v_0 = 1 - 2 \cdot \tfrac14 = \tfrac12

，可得

v_k = \left(\tfrac12\right)^{2^k}

，所以

|u_k - L| = \dfrac{|v_k|}{2} = 2^{-2^k - 1}

。

需要

2^k + 1 \ge 1000

，也就是

2^k \ge 999

。满足条件的最小

k

是

10

，因为

2^{10} = 1024

。

所以正确答案是 A。

The limit satisfies

L = 2L - 2L^2,

giving

L = \tfrac12.

Let

v_k = 1 - 2u_k.

Then

\begin{aligned} v_{k+1} &= 1 - 2u_{k+1} \\ &= 1 - 4u_k + 4u_k^2 \\ &= (1 - 2u_k)^2 = v_k^2. \end{aligned}

Since

v_0 = 1 - 2 \cdot \tfrac14 = \tfrac12,

we get

v_k = \left(\tfrac12\right)^{2^k},

so

|u_k - L| = \dfrac{|v_k|}{2} = 2^{-2^k - 1}.

We need

2^k + 1 \ge 1000,

i.e.

2^k \ge 999.

The least such

k

is

10,

since

2^{10} = 1024.

Thus, the correct answer is A.

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