Feladat: 1427. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1966/szeptember, 13 - 14. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Irracionális számok és tulajdonságaik, Hol a hiba?, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/december: 1427. matematika feladat

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

I. A 2n3 számok köbgyökeiről, vagyis az an=n23 számokról, az első adat többszöröseiről van szó n=1,2,...,8 eseteire. A 6. tizedesig véve az adatok n⋅1,259921-dal egyenlők. Legyen

23-1,259921=ε,
így n ε-nak 10-7-re kerekített értéke a közlés szerint rendre
0,1,1,2,3,3,4,4  tízmilliomod,
és nyilvánvalóan1 ε>0. Nem lehet a1 és a5 mindegyike helyes, mert ha a1 helyes, akkor 0<ε<0,5⋅10-7, így 0<5ε<2,5⋅10-7, kerekítve legfeljebb 2⋅10-7; eszerint az állítás helyes.
 

II. Hasonlóan ellentmond egymásnak a1 és a7 kerekítése, az a3, a5 és az a3, a7 adat-pár kerekítése.
Az adatok ellenőrzésére megmutatjuk, hogy a8 adott közelítő értéke helyes fölkerekítéssel keletkezett, vagyis hogy 3,5<8ε⋅107=η<4. Legyen
10243=10,079368...=b+η⋅10-7,  ahol  b=10,079368,(2)
és mint majd megmutatjuk, η>0. Ekkor
1024=(b+η⋅10-7)3=b3+3b2η⋅10-7+3η2(b+η⋅10-7/3)⋅10-14.(3)

Utolsó tagját elhagyva a jobb oldal csökken:
1024>b3+3b2η⋅10-7,  amibőlη<1024-b33b2⋅107,(4)


és elég azt belátnunk, hogy itt a jobb oldal kisebb, mint 4. Ennek során b3 és b2 helyére kevesebb tizedes jegyet tartalmazó közelítő értéküket írjuk. Mindkét helyen csak alulról közelítő értéket szabad használnunk, mert a számlálót nem szabad csökkentenünk és a nevezőt nem szabad növelnünk. Látni fogjuk, hogy elegendő lesz b3 esetében 8, b2 esetében pedig 1 tizedes jegyet tartalmazó közelítő értéket használni. A b=10,08-6,32⋅10-4 átalakítás egyszerűbb számítást tesz lehetővé:
b3=10,083-3⋅1,0082⋅6,32⋅10-2+3⋅1,008⋅6,322⋅10-7-6,323⋅10-12,(5)b2=10,082-2⋅1,008⋅6,32⋅10-3+6,322⋅10-8.

A kivonandó tagokat fölfelé, a + jelűeket lefelé kerekítve:
b3>1024,192512-0,19264574+1207⋅10-8-1⋅10-8,1024-b3<1216,8⋅10-7,  és hasonlóan  3b2>304,5,


így pedig (4) jobb oldala kisebb az 1216,8/304,5 hányadosnál, ami valóban kisebb 4-nél.
Most már (3) utolsó tagja, (2)-t is figyelembe véve
3η2(b+η⋅10-7/3)⋅10-14<3⋅42⋅11⋅10-14<6⋅10-12,
ezt írva helyére, a jobb oldal növekszik:
1024<b3+3b2η⋅10-7+6⋅10-12,  amiből
η>1024-b33b2⋅107-2b2⋅10-5.(6)
A jobb oldal első tagja helyére most csak kisebb számot írhatunk, ezért b3 és b2 fölkerekített értékeit kell használnunk. (5)-ből, a + jelű tagokat fölfelé, a kivonandókat lefelé kerekítve 1024-b3>1216,4⋅10-7 (tehát valóban b3<1024 és η>0), továbbá 3b2<305,4. Így az 1216,4/305,4 hányadost kiszámítva és lefelé kerekítve (6) első tagja nagyobb 3,982-nél. A (6)-beli kivonandót viszont csak növelni szabad, vagyis nevezőjét csökkenteni; b2>102 miatt e tagot 2⋅10-7-re, majd tovább 10-3-ra növelve η>3,981>3,5. Ezt akartuk bizonyítani.
Minthogy 8ε=η⋅10-7, azért ε<0,5⋅10-7, így a1 is helyesen van kerekítve, és (1)-ben csupán két helyesbítés végzendő:
250köbgyöke:6,2996052,686köbgyöke:8,8194473.

 
Megjegyzések. 1. A 3,5<η<4 egyenlőtlenség kevesebb meggondolással, de fárasztó, ismételt szorzással adódik abból, hogy 10,07936843=1024,00000025..., és 10,079368353=1023,999985...
2. A kerekítés kérdését itt az tette érdekessé, hogy a páratlan indexű adatokban az elhagyott rész közel jár a lehető legnagyobb értékhez, a páros indexűekben viszont a végzett növelés a lehető legkisebb értékhez jár közel. 8 és 9 tizedesre kerekítve 23 végződése 05, ill. 050, ugyanis 107⋅ε=0,4989...2
1Feltesszük ugyanis, hogy csak kerekítési hiba van a táblázaton, vagyis nem kell 10-7-nél többet változtatnunk.

2Hasonlóan a π szám 767 tizedesre kerekített értékében a végződés 50000 00, ugyanis a jegyek: ...49999 99837 29780 49951 ...