Feladat: 1283. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bóta Károly ,  Földes Antónia ,  Gyenes G. ,  Hoffer Anna ,  Kiss Katalin ,  Körner János ,  Lehel Csaba ,  Lovász László ,  Márki László ,  Marosi Judit ,  Mátrai Miklós ,  Nagy Klára ,  Pelikán József ,  Racskó P. ,  Siket Aranka ,  Sófalvi Mihály ,  Székely Gábor ,  Szép András ,  Veres Ferenc 
Füzet: 1964/október, 67 - 70. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Lánctörtek, Numerikus és grafikus módszerek, Feladat, Nevező gyöktelenítése
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1963/december: 1283. matematika feladat

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

a) c2-1 négyzetgyöke kisebb c-nél, de nagyobb c-1-nél

c-1<c2-1<c,(2)
ugyanis természetes szám négyzeténél 1-gyel kisebb szám nem teljes négyzet, kivéve c=1 esetét, ekkor viszont az érdektelen 0 esetre jutunk. Ezt kizárva a c2-1-(c-1) különbség 1-nél kisebb pozitív szám, és reciprokának egész része lesz a lánctört‐kifejtés első nevezőjének első tagja. Ez 1, ugyanis
1c2-1-(c-1)=c2-1+(c-1)2(c-1),(3)
és itt a számláló (2) szerint nagyobb a nevezőnél, de nem éri el a nevező 2-szeresét. Ezért
c2-1-(c-1)=11+c2-1-(c-1)2(c-1).
A nevező második tagjának reciproka (3)-nak 2(c-1)-szerese, így nagyobb, mint 2(c-1), másrészt kisebb az 1-gyel nagyobb számnál:
2(c-1)c2-1-(c-1)=c2-1+(c-1)<2c-1,
ezért
c2-1-(c-1)=11+12(c-1)+[c2-1-(c-1)]
A maradék megegyezik a bal oldallal, ezért váltakozva vég nélkül az 1 és a 2(c-1) rész-nevezők ismétlődnek:
c2-1=(c-1)+11+12(c-1)+11+12(c-1)+....(4)

A további két kifejtendő négyzetgyök c és c+1 közé esik:
c<c2+1<c+1,c<c2+c<c2+2c+1=c+1.(5)
Hasonló számítással kapjuk, hogy az elsőben egyetlen rész‐nevező ismétlődik: 2c, a másodikban ismét kettő: 2 és 2c, ugyanis
c2+1-c=1c2+1+c=1c2+[c2+1-c],c2+1=c+12c+12c+12c+...


illetőleg
c2+c-c=1c2+c+cc=12+c2+c-cc==12+1c2+c+c=12+12c+[c2+c-c],c2+c=c+12+12c+12+12c+....(6)



A negyedik gyökjel alatt (c+1)2-1 áll, ezért a négyzetgyök lánctört kifejtését (4)-ből kaphatjuk, c helyére mindenütt c+1-et írva:
c2+2c=c+11+12c+11+12c+....

b) Az (1) alakú kifejtésben ai gyanánt (i=0, 1, 2, ...) mindig a nagyobbat kell vennünk a közül a két szomszédos egész szám közül, amely a négyzetyököt, ill. a negatív maradéktag reciprokát közrefogja. Így (5) alapján
c2+c-(c+1)=-[c+1-c2+c]==-1c+1+c2+cc+1=-12-c+1-c2+cc+1,=-12-1c+1+c2+c=-12-12(c+1)-[c+1-c2+c],c2+c=c+1-12-12(c+1)-12-12(c+1)-....(7)



Mármost (6)-ból és (7)-ből c=3-mal és c=4-gyel
12=3+12+16+12+16+...,20=4+12+18+12+18+...,12=4-12-18-12-18-...,20=5-12-110-12-110-....


Négy-négy közelítő törtjük közül a páratlan sorszámúak megegyeznek, a páros sorszámúak különbözők:
72,4513,9728,627181,...,és92,7617,16136,1364305,...72,5215,9728,724209,...,és92,8519,16136,1525341,...

 Sófalvi Mihály (Budapest, Bláthy O. erősáramú ip.t. IV. o. t.)
 
Megjegyzések. 1. Teljes indukcióval bizonyítható, hogy az utolsó részben talált megegyezések a további közelítő törtek között is (és általában is) fennállanak minden 1-nél nagyobb c egész szám esetén.
 
 Pelikán József (Budapest, Fazekas M. gyak, g. II. o. t.)
 
2. Többen nem keresték meg az egyes nevezőket közrefogó egész számokat, hanem bizonyos azonosságokra hivatkozva ,,gépiesen'' végezték a kifejtést. A meggondolás lényegének figyelmen kívül hagyása ez esetben is sok hibára vezetett.