Kezdőlap


Feladat:	F.2287	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1981/május, 196 - 198. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül négyszögekben, "Pi" közelítő kiszámítása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1980/december: F.2287

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

Láttuk az F. 2250. feladatban^{$^{*}$}, hogy a $h = \sqrt[]{\frac{\sqrt[]{5} - 1}{2}} = 0, 786 15 ...$ szám jó közelítő értéke az $f = π / 4 = 0, 785 39 ...$ -nek ( $1$ $‰$ -nél kisebb hibával), ahol mindkét tizedestört alsó közelítő érték, $5$ értékes számjegyre, és $π$ -ből első $6$ értékes jegyét használtuk fel : $3, 141 59$ . Ezekből a vizsgálandó kifejezés nevezőjére csupán $2$ értékes jegyet tartalmazó korlátokat kapunk (éppen a közelítés miatt):

\begin{matrix} 0, 00075 < h - f < 0, 00077. \end{matrix}

(1)

De mivel a hányadosban is

2

értékes jegyet kíván a feladat, azért (1) helyére már eleve több, legalább

3

értékes jegyet tartalmazó korlátokat keresünk, vagyis

h

-ra pontosabb közelítést. Nem lehet ugyanis megválaszolni a kérdést, ha nem döntünk

h

és

e

közelítésének mértékéről. Ezek azonban csak rajtunk állnak.

Írjuk így:

h = \sqrt[]{\sqrt[]{1, 25} - 0, 5}

. Az iskolai függvénytáblázatból

4

értékes jegyre

\sqrt[]{1, 25} = 1, 118

, és éppen nem látható, hogy ez alsó vagy felső közelítő érték. Ismeretes, hogy ekkor

1, 25 : 1, 118 = 1, 118 067 97 ...

is közelítés, és számtani közepük :

1, 118 033 98 ...

jobb közelítés:

\begin{matrix} \frac{1, 118 + \frac{1, 25}{1, 118}}{2} - \sqrt[]{1, 25} = \frac{{(\sqrt[]{1, 25} - 1, 118)}^{2}}{2 \cdot 1, 118} < \frac{0, 0005^{2}}{2} < 2 \cdot 10^{- 7} . \end{matrix}

Ez is felső közelítő érték, mert az eltérés pozitív (az

1, 118

kiindulás pedig alsó közelítés volt).
Ezek szerint a

2 \cdot 10^{- 7}

-nel növelt számtani közepet

7

tizedesre fölkerekítve, felső közelítő értéket kapunk, továbbá alsót, ha

2 \cdot 10^{- 7}

-nel csökkentjük és lekerekítjük. Mindjárt levonjuk a

0, 5

tagot :

\begin{matrix} 0, 618 0337 < h^{2} < 0, 618 0342. \end{matrix}

A bal oldal négyzetgyökének alsó közelítő értéke

3

értékes jegyre

0, 786

, ennélfogva

0, 618 0342 : 0, 786 = 0, 786 3030 ...

felső közelítő érték, és ismét felső közelítő a számtani közepük, így

\begin{matrix} 0, 786 15 < h < 0, 786 1515. \end{matrix}

π

-ből már eddig is felhasznált jegyekkel

\begin{matrix} - 0, 7854 < - f < - 0, 785 3975, \end{matrix}

tehát (1) helyett ezt használhatjuk:

\begin{matrix} 0, 000 75 < h - f < 0, 000 754. \end{matrix}

(1a)

A vizsgálandó kifejezés számlálójában

e = \sqrt[]{10} / 4 = \sqrt[]{0, 625}

. Itt a

\sqrt[]{10}

is gyakran használt közelítő értéke a

π

-nek ‐ bár durvább ‐, tehát tulajdonképpen ez a kérdésünk : hányszor kisebb a 2250. feladatbeli közelítés hibája a

π \approx \sqrt[]{10}

hibájánál.
A fentiekhez hasonlóan finomítva a táblázatból vett értéket

\begin{matrix} 0, 790 5604 < e < 0, 790 5695, \end{matrix}

és

f

-hez ismét a 6 értékes jegyet véve

\begin{matrix} 0, 005 1694 < e - f < 0, 005 172. \end{matrix}

És most már

\begin{matrix} \frac{0, 005 1694}{0, 000 754} < \frac{e - f}{h - f} < \frac{0, 005 172}{0, 000 75} \end{matrix}

(2)

Itt az alsó korlát

6, 855 ...

, a felső

6, 896

, azt kaptuk tehát, hogy elég volt tudni

π

, értékét

6

értékes jegyre, és a hányados

2

értékes számjegyre

6, 9

5

értékes jeggyel

3, 1416

3, 141 55 < π < 3, 141 65

az intervallum) mellett (1a) jobb oldalára

0, 000 754

helyére

0, 000 7765

lép és (2) bal oldalára

6, 65 ...

Ez tehát nem elegendő a hányadosnak olyan intervallumba való bezárásához, amelynek minden számára egyértelmű a két értékes jegyre való kerekítés eredménye.

^{$^{*}$}K. M. L. 61 (1980), 213. oldal.