Cím: A viszonylagos hibák meghatározásáról a korlátolt pontosságú számításoknál
Szerző(k):  Arany Dániel 
Füzet: 1895/szeptember, 11 - 13. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Gyakran előforduló eset a számításoknál, hogy bennük bizonyos számokat másokkal helyettesítünk, melyek tőlük többé-kevésbé külömböznek. Azon számokat, melyekkel működnünk kellene pontos számoknak, azokat, melyekkel helyettesítjük őket, közelítő számoknak nevezzük.
Valamely közelítő szám absolut hibája alatt a pontos szám és a közelítő szám külömbségének absolut, azaz az előjeltől független értékét értjük.
A viszonylagos (relatív) hibája valamely közelítő számnak az absolut hiba- és a pontos számnak pontos hányadosa.
Ha A-val jelöljük a pontos számot, e-vel az absolut hibát és e'-tel a relatív hibát, akkor az értelmezés következtében

e'=eA.
A következőkben megtartjuk e jelzéseket; azonkívül a közelítő számot a-val fogjuk jelölni; végre csak a tizes számrendszerben kifejezett számokat veszünk tekintetbe.
 
1. Tantétel. -Ha valamely közelítő szám absolut hibája kisebb az n-edik számjegye rendjének egy egységénél, e szám relatív hibája kisebb mint 110n-1.
Tegyük fel, hogy a szám n-edik számjegye, a szám p-edik tizedese. Ekkor feltevés szerint az absolut hiba
e<110p,
miből
e'<1A×10p.
Tegyük fel, hogy a szám egész-számú része zérustól külömböző, mely esetben n-p számjegyet tartalmaz és
A>10n-p-1.
A két utolsó egyenlőtlenségből következik, hogy:
e'<110n-p-1×10p.
vagy
e'<110n-1.

 
2. Tantétel. -Ha valamely közelítő szám relatív hibája kisebb mint 110n, e szám absolut hibája kisebb az n-edik számjegye rendjének egy egységénél.
 
Feltevés szerint e'<110n vagyis cA<110n. Ebből következik, hogy e<A10n. Tegyük fel ismét, hogy a szám n-edik számjegye, a szám p-edik tizedese és hogy a szám egész számú része zérustól külömböző. Az egész-számú rész számjegyeinek száma ekkor n-p és írhatjuk, hogy A<10n-p; miből következik, hogy e<10n-p10n vagy e<110p.
 
3. Tantétel. -- Két alsó közelítő (a pontos számnál kisebb) szám szorzatának relatív hibája kisebb a tényezők relatív hibái összegénél.
Legyenek A és B a pontos számok, a és b a közelítő számok, e és e1 az absolut hibák és e' és e'1 a relatív hibák. Legyen továbbá E a szorzat absolut hibája és E' relatív hibája. Ekkor
A=a+e,B=b+e';
miből
AB=ab+be+ae1+ee1;
s így tehát
E=be+e1(a+e)=be+Ae1.
Továbbá
E<Be+Ae1ésE'<Be+Ae1AB,
vagyis
E'<eA+e1B,
vagy végre
E'<e'+e1'.

4. Tantétel. -Két közelítő szám pontos hányadosának relatív hibája kisebb e számok relatív hibáinak összegénél, ha a számláló alsó közelítő és a nevező felső közelítő szám.
Megtartva az előbbi tantétel jelzéseit, a következőket nyerjük:
a=A-e,b=B+e1,ab=A-eB+e1,E=AB-A-eB+e1
E=Be+Ae1B(B+e1),E<Be+Ae1B2;
miből
E'<Be+Ae1B2×BA=eA+e1B,
vagy végre
E'<e'+e'1.
5. Tantétel. -Valamely felső közelítő szám négyzetgyökének relatív hibája kisebb e szám relatív hibájának felénél.
 
a=A+e,E=a-A=A+e-A=eA+e+A.
miből
E<e2A,E'<e2A×A=e2A,
s így végre
E'<e'2.

 
Feladat. - Számíttassék ki π2 2 tizedesnyi pntossággal.
Minthogy π<4 és 2<2, a keresett szorzat kisebb mint 8. E számnak egész számú része 1 számjegyből áll. Ennélfogva, minthogy 2 tizedesnyi pontosságot akarunk, kell, hogy az absolut hiba kisebb legyen a harmadik számjegy rendjének egy egységénél.
Vegyük minden szorzóban a 3+2 azaz 5 első számjegyet. Ekkor a 6,1415 és 1,4141 számokat nyerjük, mely számoknak relatív hibái az 1. Tantétel értelmében kisebbek az 0,0001-nél. Képezzük e két szám szorzatát, mi 4,44239515-öt ad. A 3. Tantétel értelmében e szorzat relatív hibája kisebb mint 0,0002 vagy mint 0,001, tehát a 2. Tantétel értelmében absolut hibája kisebb a 3-ik számjegye rendjének egy egységénél. A keresett szám, 4,44, alsó közelítő szám.
Arany Dániel.