|
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 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 | | számoknak. Ezek közös alakja négyzetük közös alakja pedig Ezt ugyancsak lekerekítve ‐ éspedig egészre ‐, adódik, és ez a kifejezés -re éppen a gyökjel alatti 79, 320, 723, 1288 számokat adja. Vizsgáljuk meg, hogy a kifejezéssel mellett adódó természetes számok négyzetgyökében az első három tizedes jegy ugyancsak 8-as-e, vagyis hogy fennáll-e minden egész számra a következő kettős egyenlőtlenség: | | (2) | A második egyenlőtlenség helyessége nyilvánvaló, hiszen a fentieket felhasználva
(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:
Itt az utolsó zárójeles kifejezés pozitív, ha , tehát (2) első része is helyes. Ezzel beláttuk, hogy ha természetes szám, akkor a (ugyancsak természetes) szám négyzetgyökében az első három tizedes jegy 8-as. végtelen sok értéket vehet fel, tehát kérdésünk első részére a válasz igenlő. A szám az 1/9 tört lekerekített közelítő értéke. Ebből azt várhatjuk ‐ (1)-hez hasonlóan ‐, hogy a számok lekerekített értéke meg fog felelni a követelménynek. A kifejezésből a és 3 értékekkel | | ezekben csak két 1-es jegy adódik, de a tört rész növekszik, várható tehát, hogy a 0 ezredrész helyére növekedésével 1 ezredrész lép. Kérdezzük tehát, hogy teljesül-e és ha igen, mely pozitív értékekre a egyenlőtlenség. A jobb és bal oldal különbsége pozitív, ha . Eszerint kérdésünk második részére is igen a válasz, mert végtelen sok 6-nál nagyobb természetes szám van. (3)-hoz hasonlóan belátható, hogy ezek mellett 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 négyzetgyökének a legközelebbi egész számtól való eltérése (azaz különbségük abszolút értéke) a értékek kivételével minden egész -ra a és számok közé esik; a gyök pozitív 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 olyan pozitív egész szám, hogy és között van egész szám ‐ jelöljük -nel ‐, akkor annak négyzetgyöke: alakú. létezéséhez elegendő -et úgy választani, hogy a különbség nagyobb legyen 1-nél, tehát megfelelő. 3. Hasonlóan bizonyítható, hogy olyan természetes szám is végtelen sok van, melyek négyzetgyökében az első tizedes jegy egyezik az előre megadott jegyekkel.
Lehel Jenő (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. IV. o. t.) |
|