Feladat: 945. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Arató P. ,  Barabás Gy. ,  Bartha L. ,  Bencsik I. ,  Bognár L. (Tföldvár) ,  Bollobás B. ,  Dániel G. ,  Grallert F. ,  Gyene A. ,  Hadik Z. ,  Hahn J. ,  Hajna J. ,  Halász Gábor ,  Jahn A. ,  Jelitai Á. ,  Klimó J. ,  Mezei F. ,  Náray M. (Bp.) ,  Papp Éva ,  Parti Enikő ,  Posch Margit ,  Timár P. ,  Tusnády G. ,  Vörös I. 
Füzet: 1959/október, 56 - 57. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú diofantikus egyenletek, Egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/január: 945. matematika feladat

Bizonyítsuk be, hogy az 539. gyakorlatban értelmezett számpárok yn:xn hányadosa minden n-re nagyobb 2-nél. Számítsuk ki a hányadosnak 2-vel szemben mutatkozó többletét n=1, 2, 3, 4-re. Mutassuk meg, hogy ha
ykxk-2=ak,akkor(1)ak+1=yk+1xk+1-2<0,03ak.(2)
Mely n-től kezdve közelíti meg az yn:xn hányados 2-t 10-10-nél kisebb hibával?

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

Az 539. gyakorlatban láttuk, hogy az xn, yn számpárok kielégítik az y2=2x2+1 egyenletet, vagyis teljesül yn2=2xn2+1. Innen a jobb oldal csökkentésével yn2>2xn2 majd yn>2xn (mert mindkét oldal pozitív), így valóban yn:xn>2. Eszerint az an eltérés pozitív.
Az értelmezés szerint k=1, 2, 3, 4-re xk=2, 12, 70, 408, yk=3, 17, 99, 577, másrészt 2=1,414213..., így az egymás utáni többletek: a1=0,085786..., a2=0,002453..., a3=0,000072..., a4=0,000002... (6 tizedes jegyet írtunk ki, hogy a4 első értékes jegyét még lássuk).
Az értelmezések szerint általában

ak+1=yk+1xk+1-2=4xk+3yk3xk+2yk-2=(4-32)xk+(3-22)yk3xk+2yk==(4-32)+(3-22)ykxk3+2ykx-k=(4-32)+(3-22)(2+ak)3+2ykxk<<(3-22)ak3+22=(3-22)2ak=(17-122)ak


(a nevezőt csökkentettük és igy a tört értékét növeltük, amikor yk/xk helyett a kisebb 2-t írtuk). Vegyük észre, hogy ak együtthatója a legutóbbi alakban 12a20,0294..., ez valóban kisebb 0,03-nál, ak+1<0,03ak; ezzel az egyenlőtlenség helyes voltát bebizonyítottuk.
A keresett n-re an<10-10. Ez a most bizonyított egyenlőtlenség alapján teljesül, ha elértük, hogy 0,03an-1<10-10, ill. hogy a 0,032an-2, 0,033an-3, ..., 0,03n-1a1 rendre nagyobb és nagyobb számok legnagyobbika is kisebb 10-10-nél. Láttuk, hogy a1<0,09=1020,032; másrészt 0,03<10-210=10-1,5, így an<10-10-hez elegendő, ha an<1020,03n+1<102(10-1,5)n+1=10-(1,5n-0,5)<10-10, azaz 1,5n-0,5>10, n>7. (Esetleg már kisebb n-re is teljesül.)
Mindezek szerint 2 értékét pl. az y8/x8 hányados révén racionális műveletekkel 10-10-nél kisebb hibával megközelíthetjük.
 

Halász Gábor (Budapest, Rákóczi F. g. IV. o. t.)