Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Irracionális számok és tulajdonságaik, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/december: 1211. matematika feladat

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 $0, 888 888 ...$ 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

\begin{matrix} 8 + \frac{8}{9} = (9 - 1) + \frac{8}{9} = 9 - \frac{1}{9}, 2 \cdot 9 - \frac{1}{9}, 3 \cdot 9 - \frac{1}{9}, 4 \cdot 9 - \frac{1}{9} \end{matrix}

számoknak. Ezek közös alakja

\begin{matrix} 9 k - \frac{1}{9}, ahol k = 1, 2, 3, 4, \end{matrix}

(1)

négyzetük közös alakja pedig

\begin{matrix} 81 k^{2} - 2 k + \frac{1}{81} . \end{matrix}

Ezt ugyancsak lekerekítve ‐ éspedig egészre ‐,

81 k^{2} - 2 k

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

81 k^{2} - 2 k

kifejezéssel

k = 5, 6, 7, ...

mellett adódó természetes számok négyzetgyökében az első három tizedes jegy ugyancsak 8-as-e, vagyis hogy fennáll-e minden

k \geq 1

egész számra a következő kettős egyenlőtlenség:

\begin{matrix} (9 k - 1) + 0, 888 < \sqrt[]{81 k^{2} - 2 k} < (9 k - 1) + 0, 889. \end{matrix}

(2)

A második egyenlőtlenség helyessége nyilvánvaló, hiszen a fentieket felhasználva

\begin{matrix} \sqrt[]{81 k^{2} - 2 k} < \sqrt[]{81 k^{2} - 2 k + \frac{1}{81}} = 9 k - \frac{1}{9} = (9 k - 1) + \frac{8}{9} = & (3) \\ = (9 k - 1) + 0, 888 888 : : : < (9 k - 1) + 0, 889. \end{matrix}

(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:

\begin{matrix} {(9 k - 0, 112)}^{2} = 81 k^{2} - 2, 016 k + 0, 012 544 = (81 k^{2} - 2 k) - \\ - (0, 016 k - 0, 012 544) . \end{matrix}

Itt az utolsó zárójeles kifejezés pozitív, ha

k \geq 1

, tehát

\begin{matrix} {(9 k - 0, 112)}^{2} < 81 k^{2} - 2 k, \end{matrix}

(2) első része is helyes. Ezzel beláttuk, hogy ha

k

természetes szám, akkor a

81 k^{2} - 2 k

(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

\begin{matrix} {(9 k + \frac{1}{9})}^{2} = 81 k^{2} + 2 k + \frac{1}{81} \end{matrix}

számok lekerekített értéke meg fog felelni a követelménynek. A

81 k^{2} + 2 k

kifejezésből a

k = 1, 2

és 3 értékekkel

\begin{matrix} \sqrt[]{83} = 9, 110 4 ..., \sqrt[]{328} = 18, 110 8 ..., \sqrt[]{735} = 27, 110 9 ..., \end{matrix}

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

\begin{matrix} {(9 k + 0, 111)}^{2} < 81 k^{2} + 2 k \end{matrix}

egyenlőtlenség. A jobb és bal oldal különbsége

\begin{matrix} 0, 002 k - 0, 012 321 \end{matrix}

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

81 k^{2} + 2 k

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

81 k^{2} + 2 k

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 (2 n + 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

j_{1}, j_{2}, ..., j_{s}

jegyekkel.

Lehel Jenő (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. IV. o. t.)