Kezdőlap


Cím:	Az 1937. évi XV. országos középiskolai tanulmányi verseny mennyiségtani tételeinek megoldása
Füzet:	1937/november, 61 - 66. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	OKTV

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

1339. Bizonyítsuk be, bogy ha két racionális számnak összege és szorzata is egész szám, akkor e számok maguk is egészek.

I. Megoldás. Segédtétel. Ha

\frac{a}{b}

és

\frac{c}{d}

irreducibilis törtek és

\frac{a}{b} = \frac{c}{d}

, akkor kell, hogy

b = d

legyen.

\frac{a}{b}

irreducibilis, ha

a

-nak és

b

-nek nincs közös osztója:

(a, b) \sim 1

¹
Hasonlóan

(c, d) \sim 1

.
Ha

\frac{a}{b} = \frac{c}{d}

, akkor

\begin{matrix} a d = b c, \end{matrix}

azaz az

a d

szorzat osztható

b

-vel; minthogy

(a, b) \sim 1

kell, hogy

d

legyen a

b

többszöröse.
Hasonlóan a

b c

szorzat osztható

d

-vel; azonban

(c, d) \sim 1

kell, hogy

b

legyen

d

többszöröse.
A két megállapítás csak úgy állhat meg, ha

b = d

\begin{matrix} \underset{̲}{} \end{matrix}

Legyenek már most

\frac{p}{q}

és

\frac{r}{s}

irreducibilis törtek úgy, hogy összegük és szorzatuk is egész szám. Tehát

\begin{matrix} \frac{p}{q} + \frac{r}{s} = E_{1}, ... & (1) \\ \frac{p}{q} \cdot \frac{r}{s} = E_{2} . ... & (2) \end{matrix}

1)-ből:

\begin{matrix} \frac{p}{q} = \frac{E_{1} s - r}{s}, \end{matrix}

ahol a jobboldal is irreducibilis tört; tehát

q = s

.
Tekintettel erre, 2)-ből

\frac{p r}{q^{2}} = E_{2}

,
azaz

p r

q^{2}

többszöröse. Minthogy azonban

(p, q) \sim 1

és

(r, q) \sim 1

, kell, hogy

q = s = 1

legyen, tehát

\frac{p}{q}

és

\frac{r}{s}

egész számok.

Somogyi Antal (Gyakorló középiskola VIII. o. Bp.)

II. Megoldás. A két racionális szám összege legyen

p

, szorzatuk

q

. A két szám mindegyike gyöke az

\begin{matrix} x^{2} - p x + q = 0 \end{matrix}

egyenletnek, ahol

p

és

q

egész számok. Tegyük fel, hogy ezen egyenletnek gyökei valósak és az egyik gyök

\frac{r}{s}

, ahol

r

és

s

relatív prímszámok.² Ha

\frac{r}{s}

kielégíti az egyenletet, akkor

\begin{matrix} {(\frac{r}{s})}^{2} - p (\frac{r}{s}) + q = 0 vagy r^{2} = s (p r - q s) . \end{matrix}

Eszerint

r^{2}

s

többszöröse. Azonban

(r, s) \sim 1

és így

(r^{2}, s) \sim 1

, tehát ellenmondásra jutottunk. Az ellenmondás csak akkor szűnik meg, ha

s = 1

, tehát, ha

\frac{r}{s}

egész szám.
Kell tehát, hogy az

\begin{matrix} x^{2} - p x + q = 0 \end{matrix}

egyenlet valós és racionális gyökei egész számok legyenek, ha

p

és

q

egész számok.

Komlós János (Gyakorló középiskola, VIII. o. Pécs.)

Jegyzet. Általában: ha az

\begin{matrix} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + a_{2} x^{n - 2} + ... + a_{n - 1} x + a_{n} = 0 \end{matrix}

egyenletnek, amelyben

a_{1}

a_{2}

...

a_{n - 1}

a_{n}

együtthatók egész számok, míg

x^{n}

együtthatója 1, minden racionális gyöke egész szám. (L. Kürschák: Matematikai Versenytételek, 75. o.)

III. Megoldás. Ha

a

és

b

racionális számok,

p

és

q

egész számok úgy, hogy

\begin{matrix} a + b = p, ... & (1) \\ a b = q, ... & (2) \end{matrix}

akkor

{(a - b)}^{2} = p^{2} - 4 q

szintén egész szám
és

\begin{matrix} a - b = \pm \sqrt[]{p^{2} - 4 q} = \pm k ... \end{matrix}

(3)

ahol a jobboldal racionális, egész szám.
1)-ből és 3)-ból

\begin{matrix} a = \frac{p \pm k}{2}, b = \frac{p \mp k}{2} . \end{matrix}

p

páratlan szám, akkor

p^{2} - 4 q

és így

\sqrt[]{p^{2} - 4 q} = k

is páratlan. Ha

p

páros, akkor

p^{2} - 4 q

és így

\sqrt[]{p^{2} - 4 q} = k

is páros. Eszerint

a

és

b

egész számok.

Berger Tibor (Fáy András g. VIII. o. Bp. IX.)

1340. Számítsuk ki logaritmustábla nélkül

sin 3^{\circ}

és

cos 3^{\circ}

értékét két tizedes pontossággal.

I. Megoldás. Valamely mennyiséget két tizedes pontossággal adunk meg, ha a hiba a századrész felénél nem nagyobb.
a) Ismeretes, hogy

(\frac{x}{sin x}) = 1

, azaz a kicsiny szögek sinusának közelítő értéke a szög abszolut mérőszáma, még pedig úgy, hogy

sin x < x

.³
Kimutatjuk, hogy

\begin{matrix} sin x > x - \frac{x^{2}}{4} . \end{matrix}

Ugyanis

\begin{matrix} sin x = 2 sin \frac{x}{2} cos \frac{x}{2} = 2 tg \frac{x}{2} cos^{2} \frac{x}{2} = 2 tg \frac{x}{2} (1 - sin^{2} \frac{x}{2}) . \end{matrix}

Azonban

tg \frac{x}{2} > \frac{x^{2}}{2},

⁴
és, mivel

sin \frac{x}{2} < \frac{x}{2}

, azért

1 - sin^{2} \frac{x}{2} > \frac{x^{2}}{4}

,
tehát

\begin{matrix} sin x > 2 \cdot \frac{x}{2} (1 - \frac{x^{2}}{4}), azaz sin x > x \frac{x^{3}}{4} . \end{matrix}

Ez annyit jelent, hogy ha

sin x

közelítő értékéül

x

-et vesszük, a hiba kisebb, mint

\frac{x^{3}}{4}

\begin{matrix} \begin{matrix} 1^{\circ} & abszolut & mérőszáma & : & \frac{π}{180} = 0, 01745 ... \\ 3^{\circ} & ,, & ,, & : & 0, 5236 ... \end{matrix} \end{matrix}

A hiba felső határa:

\begin{matrix} \frac{{(0, 05236 ...)}^{3}}{4} < \frac{0, 06^{2}}{4} < 0, 0001. \end{matrix}

Eszerint

sin 3^{\circ}

közelítő értékéül

0, 05236

-ot tekintve, legfeljebb a tizezredrész nem pontos, de ezredrészig feltétlenül pontos; ha tehát két tizedes pontossággal óhajtjuk

sin 3^{\circ}

-értékét, akkor ez:

0, 05

. A hiba, t. i.

0, 002 ...

a századrész felénél kisebb.⁵
b) Kicsiny szögek cosinusára érvényes:

\begin{matrix} 1 - \frac{x^{2}}{2} < cos x < 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{16} . \end{matrix}

Ugyanis

\begin{matrix} cos x = 1 - 2 sin^{2} \frac{x}{2} > 1 - 2 {(\frac{x}{2})}^{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} cos x > 1 - \frac{x^{2}}{2} . \end{matrix}

Ha pedig figyelemmel vagyunk arra, hogy

\begin{matrix} sin \frac{x}{2} > \frac{x}{2} - \frac{1}{4} {(\frac{x}{2})}^{3}, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} 1 - 2 sin^{2} \frac{x}{2} < 1 - 2 {(\frac{x}{2} - \frac{x^{3}}{32})}^{2}, \\ 1 - 2 sin^{2} \frac{x}{2} < 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{16} - \frac{x^{6}}{16 \cdot 32} . \end{matrix}

Ha a jobb oldalon az utolsó tagot elhagyjuk, még nagyobbat kapunk, azaz

\begin{matrix} cos x < 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{16} . \end{matrix}

Eszerint

1 - \frac{x^{2}}{2}

cos x

-nek hiánnyal közelítő értéke; a hiba kisebb, mint

\frac{x^{4}}{16}

.
Azonban

3^{0}

esetében

\frac{x^{4}}{16} < \frac{{(0, 06)}^{4}}{16} < 10^{- 6}

,
tehát

\begin{matrix} 1 - \frac{x^{2}}{2} = 1 - 0, 00137 = 0, 99863 \end{matrix}

feltétlenül pontos 4 tizedesig, azaz

\begin{matrix} 0, 998 < cos 3^{\circ} < 0, 999. \end{matrix}

Eszerint, ha két tizedesig pontos értéket óhajtunk, akkor követünk el a századrész felénél kisebb hibát, ha

cos 3^{\circ} = 1

.
NB. Pontosabb vizsgálatok kiderítették, hogy

\begin{matrix} sin x > x - \frac{x^{3}}{6} \end{matrix}

és

\begin{matrix} cos x < 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24}, \end{matrix}

azaz az előbbi számításokban jelzett hibahatárok csökkenthetők, tehát

\begin{matrix} \begin{matrix} sin x esetében & 0 < x - sin x < \frac{x^{3}}{6} (az előbbi \frac{x^{3}}{4} helyett), \\ cos x,, & 0 < cos x - (1 - \frac{x^{2}}{2}) < \frac{x^{4}}{24} (az előbbi \frac{x^{4}}{16} helyett). \end{matrix} \end{matrix}

Jegyzet. A dolgozatok általában nem ügyelnek a hiba megbecsülésére. Innen van az, hogy némely megoldásban ez található:

sin 3^{\circ} < 0, 052

, ill.

cos 3^{\circ} = 0, 99

.
Az itt közölt megoldásban követett gondolatmenet bármely elég kis szög sinusára, ill. cosinusára alkalmazható. Ha tekintettel vagyunk, hogy éppen

3^{\circ}

-ról van szó, számításunk egyszerűsíthető, a következő megoldás szerint.

II. Megoldás. Előbbi megoldásunk elején megállapítottuk, hogy

\begin{matrix} 0, 05 < sin 3^{\circ} = 0, 05236 ... < 0, 053. \end{matrix}

Eszerint

sin 3^{\circ}

közelítő értéke két tizedes pontosságig

0, 05

.
Minthogy

\begin{matrix} cos 3^{\circ} = \sqrt[]{1 - sin^{2} 3^{\circ}} \\ \sqrt[]{1 - 0, 053^{2}} < cos 3^{\circ} < \sqrt[]{1 - 0, 05^{2}} \\ \sqrt[]{1 - 0, 053^{2}} = \sqrt[]{1 - 0, 002809} = \sqrt[]{0, 997191} = 0, 998 ... \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} 0, 998 < cos 3^{\circ} < 1 \end{matrix}

cos 3^{\circ}

értéke két tizedes pontosságig 1.

Jegyzet. Ha figyelemmel vagyunk arra, hogy (mindig az első negyedben maradva)

\begin{matrix} sin 2 x < 2 sin x, sin 3 x < 3 sin x, ... sin n x < n sin x, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} sin 30^{\circ} < 10 sin 3^{\circ}, vagyis sin 3^{\circ} > \frac{sin 30^{\circ}}{10} = \frac{0, 5}{10}, \\ sin 3^{\circ} > 0, 05. \end{matrix}

III. Megoldás.

sin 3^{\circ}

kiszámítható a sinusfüggvény addició-tételének felhasználásával. Ugyanis

\begin{matrix} sin 3^{\circ} = sin (18^{\circ} - 15^{\circ}) = sin 18^{\circ} cos 15^{\circ} - cos 18^{\circ} sin 15^{\circ} . \end{matrix}

A szabályos tízszög segítségével

\begin{matrix} sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4}, cos 18^{\circ} = \frac{1}{4} \sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}} . \end{matrix}

15^{\circ}

függvényei a

30^{\circ}

-ú szög függvényeiből számíthatók ki.

\begin{matrix} sin 15^{\circ} = \sqrt[]{\frac{1 - cos 30^{\circ}}{2}} = \frac{\sqrt[]{1 - \frac{\sqrt[]{3}}{2}}}{2} = \frac{\sqrt[]{2 - \sqrt[]{3}}}{2} = \frac{\sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}}{4} \\ cos 15^{\circ} = \sqrt[]{\frac{1 + cos 30^{\circ}}{2}} = \frac{\sqrt[]{2 + \sqrt[]{3}}}{2} = \frac{\sqrt[]{6} + \sqrt[]{2}}{4} \end{matrix}

⁶

Ezekkel az értékekkel

\begin{matrix} sin 3^{\circ} = \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4} \cdot \frac{\sqrt[]{6} + \sqrt[]{2}}{4} - \frac{\sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}}}{4} \cdot \frac{\sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}}{4} = \\ = \frac{1}{16} [\sqrt[]{30} - \sqrt[]{6} + \sqrt[]{10} - \sqrt[]{2} - \sqrt[]{60 + 12 \sqrt[]{5}} + \sqrt[]{20 + 4 \sqrt[]{5}}] . \end{matrix}

Számítsuk ki ezen négyzetgyököket 4 tizedes pontossággal:

\begin{matrix} \sqrt[]{30} = & 5, 4772 + ε_{1} & \sqrt[]{6} = & 2, 4491 - ε'_{1} \\ + \sqrt[]{10} = & 3, 1623 - ε_{2} & + \sqrt[]{2} = & 1, 4142 + ε'_{2} \\ + \sqrt[]{20 + 4 \sqrt[]{5}} = & 5, 3800 - ε_{3} & + \sqrt[]{60 + 12 \sqrt[]{5}} = & 9, 3184 + ε'_{3} \\ \bar{14, 0195} + ε_{1} - ε_{2} - ε_{3} & \bar{13, 1817} - ε'_{1} + ε'_{2} + ε'_{3} . \end{matrix}

⁷
Itt mindegyik

0 < ε < \frac{1}{2} \cdot 10^{- 4}

, úgy, hogy a kivonásnál fellépő hiba abszolut értéke

\begin{matrix} | ε_{1} - ε_{2} - ε_{3} + ε'_{1} - ε'_{2} - ε'_{3} | < ε_{1} + ε'_{1} + ε_{2} + ε_{3} + ε'_{2} + ε'_{3} < 3 \cdot 10^{- 4} < \frac{1}{2} \cdot 10^{- 3} . \end{matrix}

Ha most

\begin{matrix} sin 3^{\circ} = \frac{1}{16} (14, 0195 - 13, 1817) = \frac{0, 8378}{16} = 0, 0523 ..., \end{matrix}

akkor ezen érték ezredrészig feltétlenül pontos; tehát századrész pontossággal

sin 3^{\circ} = 0, 05

cos 3^{\circ}

értéke most már úgy számítható ki, mint a II. megoldásban.

a

és

b

legn. közös osztója

1

² $(r, s) \sim 1$ ; $\frac{r}{s}$ nem egyszerűsíthető, irreducibilis.

³ $x$ a $sin x$ -et felülről közelíti meg; $x$ a $sin x$ -nek fölösen közelítő értéke.

⁴ $sin x < x < tg x$ .

⁵Azonban $0, 05 < sin 3^{\circ}$ .

⁶A hiba könnyebb megbecsülése céljából alkalmazzuk a

\begin{matrix} \sqrt[]{2 + \sqrt[]{3}} = \sqrt[]{x} + \sqrt[]{y} felbontást. Ugyanis, négyzetreemeléssel \end{matrix}

\begin{matrix} 2 + \sqrt[]{3} = x + y + 2 \sqrt[]{x y}, tehát x + y = 2 és 2 \sqrt[]{x y} = \sqrt[]{3}, ill. x y = \frac{3}{4} . \end{matrix}

x

és

y

u^{2} - 2 u + \frac{3}{4} = 0

egyenlet gyökei:

x = \frac{3}{2}

y = \frac{1}{2}

. Így

\begin{matrix} \sqrt[]{2 + \sqrt[]{3}} = \frac{\sqrt[]{3} + 1}{\sqrt[]{2}} és \sqrt[]{2 - \sqrt[]{3}} = \frac{\sqrt[]{3} - 1}{2} . \\ \frac{\sqrt[]{2 \pm \sqrt[]{3}}}{2} = \frac{\sqrt[]{3} \pm 1}{2 \sqrt[]{2}} = \frac{\sqrt[]{6} \pm \sqrt[]{2}}{4} . \end{matrix}

⁷ $\sqrt[]{5} = 2, 236068 ...$