Feladat: 1025. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Biborka Tamás ,  Bollobás B. ,  Csipka I. ,  Durst I. ,  Fekete J. ,  Fritz József ,  Grüner Gy. ,  Horváth Sándor ,  Jahn A. ,  Kiss Á. ,  Máté Zsolt ,  Meleghegyi L. ,  Miklóssy E. ,  Molnár E. ,  Pollai Marion ,  Szarka L. ,  Várady G. 
Füzet: 1961/január, 11 - 15. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Numerikus és grafikus módszerek, Numerikus módszerek, Szorzat, hatvány számjegyei, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/február: 1025. matematika feladat

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

Az egymás utáni hatványokat gyorsan képezhetjük ismételt szorzással, mert valamennyi vizsgálandó alap egyjegyű szám, és a kitevők nem túl nagyok. Könnyítésül próbáljuk meg, elegendő-e a magasabb hatványokból kerekítésekkel csak az első négy számjegyet kiszámítani. Ugyanis, mivel az adott alapok első 4 hatványa legfeljebb 4-jegyű, a legnagyobb kitevő 22, és így legfeljebb 18 szorzást végzünk kerekítéssel, azért az így megengedett hibák ellenére várható, hogy a legmagasabb szükséges hatványok kezdő számjegyét helyesen kapjuk meg. Még valószínűbb ez akkor, ha megállapodunk abban, hogy váltakozva fel- és lefelé kerekítünk. ‐ Az utolsó hatvány így kapott közelítő értékét mindenesetre logaritmussal is ellenőrizzük.
Pl. 7 hatványainak sorozatában 72=49, 73=343, 74=2401; 75 első négy jegye 16807-ből felfelé kerekítéssel 1681̲ (az utolsó jegy aláhúzásával a felkerekítést jelöljük), 76 első négy jegye 7⋅1681=11767-ből lekerekítéssel 1176, ebből 77 első négy jegye (kerekítés nélkül) 8232; folytatólag váltakozva fel- és lefelé való kerekítéssel 78≈5763⋅10α, 79≈4034⋅10β, 710≈2824⋅10γ, 711≈1976⋅10δ, 712≈1384⋅10ε, ahol a görög betűk valamely alkalmas pozitív egész számot jelölnek, értékük a feladat szempontjából nem játszik szerepet. ‐ Másrészt négy tizedes jegyre lg7=0,8451, vagyis

0,84505≤lg7≤0,84515,
ezt 12-vel szorozva, majd a táblázatból a bal oldalnál közvetlen kisebb és a jobb oldalnál közvetlen nagyobb kiírt mantisszát visszakeresve (így ugyanis az interpolálással esetleg beálló hibákat biztosan elkerüljük):
10,1406≤lg712≤10,1418,1,380⋅1010<712<1,390⋅1010.
Eszerint 712-nek a fentebbi eljárással képezett első 3 jegye helyes. Ez nyilván a kisebb hatványokra is áll. És mivel az első négy jegyből álló számok egyike közelében sem változik meg a kezdő jegy, ennek alapján mondhatjuk, hogy 7 első 12 hatványa közül
1-es2-es3-as4-es5-ös6-os7-es8-as9-es  jeggyel kezdődik75,76,711,71274,7107372,7978-7177-  vagyis         4,2121-11-  hatvány  

Hasonlóan készültek táblázatunk további sorai, az utolsó sorban pedig az 1000. feladatban talált statisztikai adatok találhatók. A sorokon balról jobbra végigmenve majdnem mindenütt egyre kisebb számokat találunk, csupán a 4-es alap sorában vannak 1-nél nagyobb ,,felugrások''.
  1-es    2-es    3-as    4-es    5-ös    6-os    7-es    8-as    9-es1j e g g y e l  k e z d ő d i k21,22,...,210 közül  ...     3    2    1    1    1    1-     1  -   41,42,...,410 ,,......     4    2  -     2  -     2  -   -   -   81,82,...,810 ,,......     3    2  1    1    1    1  -     1  -   51,52,...,510 ,,......     3    1    2  -     1    1    1  -     1  31,32,...,310 ,,......     7    3    3    2    2    1    1    1    1  91,92,...,910 ,,......     6    4    3    2    2    1    1    1    2  61,62,...,610 ,,......     3    2    1    1  -     1    1  -   -   71,72,...,710 ,,......     4    2    1    2    1  -     1    1  -   1,0233,...,1,0233100  közül    31    17    13    9    8    7    6    5    4  

A c=1,0233 szám statisztikáját azért kaptuk az újabbaknál sokkal egyszerűbben, mert egyrészt c vizsgált hatványai 1 és 10 közé esnek és ezért az azonos kezdő jegyű hatványok a növekvő kitevők sorrendjében összefüggő sorozatokat alkotnak, másrészt a hatványok logaritmusát a számvonalon közel egyenlő, 0,01 egységnyi közű pontsorozat pontjai ábrázolják. Így pl. 2-essel kb. annyi hatvány kezdődik, ahányszor a 0,01 köz ráfér a 2 és 3 közé eső számok logaritmusait tartalmazó, 0,4771-0,3010=0,1761 hosszúságú szakaszra. Ugyanis egy ilyen hosszú szakaszra 0,01 hosszú közökből vagy 17 teljes köz fér rá, és ekkor ezek 16 csatlakozási pontja és 2 szabad végpontja esik a szakaszra, azaz 18 pont (és 18 hatvány), és a 2 szabad végponton kívül eső csonka közök együttes hossza 0,0061, ‐ vagy pedig 16 teljes köz van a szakaszon és a két csonka köz együttes hossza 0,0161, ekkor a pontok és hatványok száma. 15+2=17. Más lehetőség nincs, hiszen a csonka közök együttes hossza nem érheti el a 2⋅0,01=0,02 értéket. Vagyis a pontok száma a 0,1761:0,01=17,61 hányadosból vagy a fel-, vagy a lekerekítéssel adódó egész szám. (Egyébként a 0,01 hosszúság ,,kerek'' volta nem jelentett elvi könnyebbséget, hanem csak számításit.)
A többi alapok statisztikáinak hasonló szabályszerűségeihez közelebb juthatunk a következő két észrevétel alapján.
1. Amikor a hatványok kezdő jegyének csupán az alaki értékére vagyunk tekintettel, ez azt jelenti, hogy a hatvány logaritmusának csak a mantisszáját tekintjük, karakterisztikáját nem. Ennek szemléletesen a számvonalon az felel meg, hogy a logaritmust ábrázoló pontnak a távolságát nem a 0 ponttól, hanem a tőle balra levő legközelebbi olyan ponttól tekintjük, amelynek a 0-tól való távolsága egész szám (nevezhetjük ezeket a számvonal rácspontjainak). Ha mármost a számvonalat ráfeszítjük, felcsavarjuk egy egységnyi kerületű körre (mint orsóra), akkor elsősorban minden rácspont a kerület ugyanazon pontjába jut, és hasonlóan a kerület egy-egy pontjába jutnak a mindazon számok logaritmusát ábrázoló pontok, amelyek egymásból 10 valamely egész kitevős hatványával való szorzás útján állnak elő. Továbbá minden ugyanazon jeggyel kezdődő szám logaritmusa a kör alakú számvonal egy ívére esik, pl. a 2-essel kezdődő számok logaritmusai a lg2=0,3010 és lg3=0,4771 pontok közti ívre.
 
 

2. Mindegyik vizsgált alap utolsó vizsgált hatványa közel jár 10-nek valamely pozitív egész kitevős hatványához:
210=1,024⋅103,410≈1,05⋅106,810≈1,07⋅109,510≈0,977⋅107,321≈1,04⋅1010,922≈0,982⋅1021,69≈1,01⋅107,712≈1,38⋅1010.(1)
Eszerint a megfelelő hatványok logaritmusát ábrázoló pontok ‐ mindig a 0-ik hatványt is figyelembe véve ‐ az egyenes számvonalnak egy közelítőleg egész mértékszámú szakaszán oszlanak el egyenlő távolságban. Ha pedig ezt a szakaszt feszítjük rá az előbbi kör alakú számvonalra, akkor a pontok más sorrendben, de az új sorrend szerint egymás utániak egymástól közelítőleg egyenlő távolságban helyezkednek el. (Hasonló ez ahhoz, hogy ha pl. körünkre 0,4 egységnyi íveket mérünk fel, akkor 5 ilyen ív felmérése után, a kört kétszer körüljárva visszaérünk a kiindulópontba; viszont a szomszédos pontok egymástól 0,2 egységnyi távolságban lesznek, ugyanis az egymás utáni ívvégpontok egy hurkolt szabályos ötszög, ún. szabályos csillagötszög egymás utáni csúcsai, és ezek egyszersmind egy közönséges ‐ vagyis nem hurkolt ‐ szabályos ötszög csúcsait is adják. * Ennek a c alap esetében igen jó közelítéssel egy közönséges szabályos 100-szög felelt meg.)
Most már abból, hogy e pontok közelítőleg egyenlő távolságra helyezkednek el, a fentiek szerint következik, hogy a köralakú számvonalon az 1,2,3,...,9 számok logaritmusaival mint végpontokkal meghatározott ívekre eső pontok száma körülbelül arányos a hosszukkal. Az ívek hossza 10-4 egységben rendre
3010,1761,1250,969,792,669,580,511,458,(2)
és mivel pl. a 3-as alap esetén a körön 21 pont lesz, azért az arányszámok az ívek 21-szeresei:
6,321,3,698,2,625,2,035,1,663,1,405,1,218,1,073,0,962,
a talált értékek pedig valóban az innen fel- vagy lekerekítéssel adódó egész számok:
7,3,3,2,2,1,1,1,1.

A táblázaton a 4-es alap sorában mutatkozó nagyobb, 2 egységnyi felugrások avval magyarázhatók, hogy 4-nek nem a 10-ik hatványa az első olyan, amely igen közel áll 10 egy hatványához, hanem már az 5-ik: 45=210=1,024⋅103. Így 46,...,410 kezdő jegyei rendre egyeznek az első öt hatványéval, ezért a sor minden adata páros szám. Ez abból is látszik, hogy az (1)-beli 410≈1,05⋅106-ban 4 és 10 kitevőjéhez van az 1-nél nagyobb közös osztó. ‐ Bár ugyanez a tény 712≈1,38⋅1010 esetében is fennáll ‐ láttuk, hogy 76≈1,176⋅105 ‐, de az 1,176≈7/6 szorzó lényegesen nagyobb a 4-es alap esetében talált 1,024≈42/41-nél. Ez magyarázza, hogy a 77,...,712 hatványok közül csak 3-nak a kezdő jegye egyezik a 6-tal kisebb kitevőjű hatvány kezdő jegyével, így a táblázatnak a 7-es alaphoz tartozó sora nem mutat 1-nél nagyobb felugrásokat. * ‐ Nyilván a 4-es alaphoz hasonló ugrások adódnának, ha pl. a 2-es alap mellett az első 10 helyett az első 20, vagy 30 hatványt tekintenők.
Mindezekre támaszkodva, és egyrészt annak figyelembevételével, hogy a négyjegyű táblázat alapján lg21000=1000⋅lg2≈301,0, másrészt (2)-re tekintettel, ‐ adódik, hogy a vizsgálandó hatványok közül az
1-es2-es3-as4-es5-ös6-os7-es8-as9-es
jeggyel kezdődők száma, 1‐2 egységnyi hibát megengedve
301,176,125,97,79,67,58,51,46.
A 4-es alapnál látott és a 2-es alap első 20, 30 hatványára vonatkozóan említett egyenetlenség itt nem léphet fel. Ezt a következőképpen láthatjuk be. A 211,...,220 hatványok kezdő jegyeit valóban rendre egyezőknek találjuk a 10-zel kisebb kitevőjű hatvány kezdő jegyével, azonban a 2-ik jegy 27=128 és 217≈1,31⋅105 esetében már eltérő. A további 98 ilyen 10-tagú sorozatot 21,...,210-ből rendre 220, 230, ..., 290-nel való szorzás útján kapjuk, és e szorzók 1,049⋅106, 1,074⋅109, ... normálalakjában az 1-től egyre jobban eltérő szorzók lépnek fel. Az utolsó szorzó pedig ismét közel áll az 1-hez: lg2990=990⋅lg2≈990⋅0,3010=297,99≈298,0 alapján 2990≈1⋅10298 (a szorzatot 4 értékes jegyre kerekítettük). Eszerint a 7-es alap esetében látott eltolódás itt is fellép ‐ bár sokkal lassabban ‐ és a 210, 220=(210)2, 230=(210)3, ..., 2990=(210)99, 21000=(210)100 hatványok kezdő számjegye jó megközelítéssel ugyanúgy tolódik végig minden számjegyen, mint az 1000. feladatban a 4 jegyre felfelé kerekítéssel éppen 1,024=210⋅10-3-at adó c=1,0233 alap első 100 hatványának kezdő számjegye. ‐ Ezzel vizsgálatunkat befejeztük.
Összeállítva és kiegészítésekkel ellátva a következők dolgozataiból:
 

Máté Zsolt (Szeged, Radnóti M. g. IV. o. t.),
Biborka Tamás (Makó, József A. g. III. o. t.) és
Fritz József (Mosonmagyaróvár, Kossuth L. g. III. o. t.).
 

Megjegyzések. 1. Mivel a négyjegyű logaritmustáblázat kiegészítése az 1000-1099 számokra is megadja a mantisszát, azért lg1024=lg210=3,0103-ból lg2-t 5 jegyre is megkaphatjuk: 0,30103. Ezt figyelembe véve lg2970≈292,00 és lg2980≈295,01 (5 értékes jegyre kerekítve), vagyis a legutóbb említett végigtolódás a 970-ik hatvány körül fejeződik be, a további 30 hatvány pedig kissé torzítja a fenti eredményt. Így a (2) sorozat számait 970-nel szorozva, majd 21,22,...,230 statisztikáját hozzáadva a következő eloszlást kapjuk:
1-es:292+9=301,4-es:94+3=97,7-es:56+0=56,2-es:171+6=177,5-ös:77+3=80,8-as:50+3=53,3-as:121+3=124,6-os:65+3=68,9-es:44+0=44.

A két eloszlás megfelelő adatai között legfeljebb 2 egységnyi eltérés van.
2. Többen annyira pontosnak vették a kezdő jegyek ismétlődését, hogy becslésüket így adták meg: minden számjeggyel 100-szor annyi hatvány kezdődik, mint 21,22,...,210 között. Ezek szerint 21000-ig nincs ‐ és persze azután sincs ‐ 7-es és 9-es jeggyel kezdődő hatvány. Valóban elég későn adódnak az első ilyenek: 216≈7,03⋅1013 és 253≈9,004⋅1015.
3. Egy dolgozat merész és alaptalan általánosítása: ,,ez az eloszlási arány áll fenn bármely szám első 1000 hatványára''. Ez téves, könnyű belátni, hogy pl. 211001 első 1000 hatványának mindegyike 1-essel kezdődik és 0,911000 első 1000 hatványa mindegyikében az első értékes jegy 9-es. Ugyanezen számok további 1000 hatványában is csak a 2-es és a 3-as, ill. a 8-as lép fel első értékes jegyként ‐ viszont ezek között nincs 1-es, ill. 9-es kezdetű.
4. Néhányan szinte rabszolgai munkával logaritmusok alapján adtak elég jó becsléseket, de nem próbálták meg megmagyarázni az észlelhető szabályszerűségeket. Ajánljuk megoldóink figyelmébe, hogy efféle terjedelmesnek látszó kérdésekben egyaránt kerüljék a konkrét példák nélküli, alaptalan általánosítást és a mindvégig a számpéldáknál való megmaradást is. A feladat előkészítő részének ,,kísérleti'' példaanyagát arra szántuk, hogy ezek eredményei alapozzák meg az általánosabb meggondolásokat.
*Lásd az 1022. feladat 5. ábráját.

*A 7-es alap hatványai közül csak 6-ot tekinteni túl kevés lett volna a ,,tapasztalatszerzéshez''. Éppen a 4-es alappal való összevetés céljára álltunk meg 712-nél, különben az (1) összeállításban lg7≈11/13 alapján 713≈0,969⋅1011 célszerűbb lett volna.