Feladat: 1211. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Berecz Ágota ,  Berkes István ,  Fejéregyházi Sándor ,  Friss Ilona ,  Földes Antónia ,  Gyárfás András ,  Hoffmann P. ,  Illés László ,  Kerényi István ,  Kiss Katalin ,  Lánc József ,  Lehel Csaba ,  Lehel Jenő ,  Malatinszky G. ,  Marosi Judit ,  Nárai György ,  Pelikán József ,  Rejtő Lídia ,  Siket Aranka ,  Sófalvi Miklós ,  Somos Péter ,  Szidarovszky Ferenc ,  Szilágyi Tivadar ,  Tamás Endre ,  Tamás G. ,  Tamás Gábor ,  Torda Zsuzsanna 
Füzet: 1963/október, 59 - 61. oldal  PDF file
Témakör(ök): Irracionális számok és tulajdonságaik, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/december: 1211. matematika feladat

Keressük meg az alábbi egyenlőségek egymásutánjában mutatkozó szabályszerűségeket. Van-e végtelen sok olyan természetes szám, melyek négyzetgyökében az első három tizedes jegy 8-as, ill. 1-es?
79=8,888...723=26,888...320=17,888...1288=35,888...



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

A jobb oldalak egymással megegyező kiírt tört része megegyezik a 8/9 tört 0,888888... végtelen (szakaszos) tizedes tört kifejtése első három jegyével is. Az egész részek pedig lépésenként 9-cel nőnek, 1-gyel kisebbek 9 egymás utáni többszöröseinél. Ezek szerint a jobb oldalak kiírt számjegyei három tizedes jegyre lekerekített értékei a

8+89=(9-1)+89=9-19,29-19,39-19,49-19
számoknak. Ezek közös alakja
9k-19,aholk=1,2,3,4,(1)
négyzetük közös alakja pedig
81k2-2k+181.
Ezt ugyancsak lekerekítve ‐ éspedig egészre ‐, 81k2-2k adódik, és ez a kifejezés k=1,2,3,4-re éppen a gyökjel alatti 79, 320, 723, 1288 számokat adja.
Vizsgáljuk meg, hogy a 81k2-2k kifejezéssel k=5,6,7,... mellett adódó természetes számok négyzetgyökében az első három tizedes jegy ugyancsak 8-as-e, vagyis hogy fennáll-e minden k1 egész számra a következő kettős egyenlőtlenség:
(9k-1)+0,888<81k2-2k<(9k-1)+0,889.(2)
A második egyenlőtlenség helyessége nyilvánvaló, hiszen a fentieket felhasználva
81k2-2k<81k2-2k+181=9k-19=(9k-1)+89=(3)=(9k-1)+0,888888:::<(9k-1)+0,889.



(2) bal oldalán ugyancsak pozitív számokról van szó, ezért elég megmutatni a négyzetre emeléssel adódó egyenlőtlenség helyes voltát. A balról álló kifejezés négyzete így írható:
(9k-0,112)2=81k2-2,016k+0,012544=(81k2-2k)--(0,016k-0,012544).


Itt az utolsó zárójeles kifejezés pozitív, ha k1, tehát
(9k-0,112)2<81k2-2k,
(2) első része is helyes. Ezzel beláttuk, hogy ha k természetes szám, akkor a 81k2-2k (ugyancsak természetes) szám négyzetgyökében az első három tizedes jegy 8-as. k végtelen sok értéket vehet fel, tehát kérdésünk első részére a válasz igenlő.
A 0,111 szám az 1/9 tört lekerekített közelítő értéke. Ebből azt várhatjuk ‐ (1)-hez hasonlóan ‐, hogy a
(9k+19)2=81k2+2k+181
számok lekerekített értéke meg fog felelni a követelménynek. A 81k2+2k kifejezésből a k=1,2 és 3 értékekkel
83=9,1104...,328=18,1108...,735=27,1109...,
ezekben csak két 1-es jegy adódik, de a tört rész növekszik, várható tehát, hogy a 0 ezredrész helyére k növekedésével 1 ezredrész lép. Kérdezzük tehát, hogy teljesül-e és ha igen, mely pozitív k értékekre a
(9k+0,111)2<81k2+2k
egyenlőtlenség. A jobb és bal oldal különbsége
0,002k-0,012321
pozitív, ha k>6,1605. Eszerint kérdésünk második részére is igen a válasz, mert végtelen sok 6-nál nagyobb természetes szám van. (3)-hoz hasonlóan belátható, hogy ezek mellett 81k2+2k négyzetgyökében a tizedes jegyeket 111 kezdi és az első jegy, amely nem 1-es, 0.
 
 Illés László (Hatvan, Bajza J. g. IV. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Két vizsgálatunkat egybefoglalva mondhatjuk, hogy 81k2+2k négyzetgyökének a legközelebbi egész számtól való eltérése (azaz különbségük abszolút értéke) a k=0,1,2,3,4,5,6 értékek kivételével minden egész k-ra a 0,111 és 0,112 számok közé esik; a gyök pozitív k esetén fölfelé, negatívokra lefelé tér el ilyen mértékben a legközelebbi egész számtól.
2. A fentiekben nem adtuk meg az összes olyan számokat, melyek első 3 tizedes jegye 8-as, illetve 1-es. Ha n olyan pozitív egész szám, hogy (n+0,888)2 és (n+0,889)2 között van egész szám ‐ jelöljük N-nel ‐, akkor annak négyzetgyöke: n,888... alakú. N létezéséhez elegendő n-et úgy választani, hogy a D=(n+0,889)2-(n+0,888)2=0,001(2n+1,777) különbség nagyobb legyen 1-nél, tehát n>499 megfelelő.
3. Hasonlóan bizonyítható, hogy olyan természetes szám is végtelen sok van, melyek négyzetgyökében az első s tizedes jegy egyezik az előre megadott j1,j2,...,js jegyekkel.
 
 Lehel Jenő (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. IV. o. t.)