Feladat: 603. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Kóta József 
Füzet: 1960/november, 134 - 137. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/december: 603. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Az egyenlet gyökei

x1=-17+17+41823,x2=-17+17+41823.
A feladat az x1-hez, ill. x2-höz legközelebb eső, 3 tizedesjegyet tartalmazó x1*, ill. x2* szám megadását kívánja. Ezek legfeljebb 0,0005-del térhetnek el x1-től, ill. x2-től. Így a követelmény a következő két részre bontható: egyrészt x1* és x2* 3 tizedesjegyet tartalmaz, másrészt
x1*-0,0005≤x1≤x1*+0,0005ésx2*-0,0005≤x2≤x2*+0,0005.

A gyökök meghatározására több olyan műveletet kell végezni, aminek az eredménye általában nem adható meg tizedesjegyekben pontosan: négyzetgyökvonásokat, osztást. Mivel közelítő értéket 1-nél nagyobb számmal szorozva a hiba is szorzódik, így célszerű a gyökmennyiségek 1-nél nagyobb szorzóját bevinni a gyökjel alá. Másrészt célszerű a nevezőt gyökteleníteni, hogy kevesebb helyen kelljen közelítő értéket használni. Így
x1=(51+2592-51)/6,x2=-(51+2592+51)/6.

Itt a 6-tal való osztás hatodára csökkenti a számlálóra kapott közelítő érték hibáját, viszont általában ez az osztás is csak közelítőleg végezhető el tizedestörtekkel. Belátható, hogy 1-nél nagyobb szám közelítő értékéből négyzetgyököt vonva ‐ a gyök csökkenésével együtt ‐ a hiba is csökken (viszont újabb hiba származhatik magából a négyzetgyökvonásból is).
Az osztás hibájára 0,0001-et hagyva, a számlálót elég 6⋅0,0004=0,0024 hibával megközelíteni. Ebből hagyjunk 0,001-et a második négyzetgyök közelítésére, akkor az első, bonyolultabb kifejezésben nem hibázhatunk többet 0,0014-nél. A bizonyítás nélkül tett megjegyzés szerint, ha itt az első négyzetgyökvonást 0,001-nél nem nagyobb hibával végezzük, akkor a második négyzetgyökvonást elég pontosan végezve biztosan belül maradunk a 0,0014 hibakorláton.
(A megjegyzések során még visszatérünk a következő kérdésre: az eddigi előírásokkal csak annyit sikerül elérnünk, hogy a kiszámított közelítő értékek hibája 0,0005 alatt maradjon, nem föltétlenül biztos azonban, hogy az így meghatározott korlátok közé eső közelítő értékek közt előfordul olyan is, amelyik felírható 3 tizedesjegy segítségével.)
A műveleteket a fenti terv szerinti pontossággal elvégezve 1
50,911≤2592=50,912,10,095≤101,911≤51+2592≤101,912≤10,096,7,141≤51≤7,142.


Így
0,4920<2,9536=10,095-7,1426≤x1≤10,096-7,1416=2,9556=0,4925
és
-2,873=-17,2386=-10,096+7,1426≤x2≤10,095+7,1416=-17,2366<-2,8726.


A feladatnak megfelelő közelítő érték gyanánt tehát
x1*=0,492ésx2*=-2,873
adódott, és a számítás azt is mutatja, hogy mindkettő kisebb a keresett gyöknél.
 

II. megoldás: Az előző megoldásban a kétszeres négyzetgyökvonás okozta a fő bonyodalmat. Ezt esetleg el tudjuk kerülni, ha sikerül a gyök alatti kifejezést egy olyannal helyettesíteni, amiben már nem kell gyökmennyiségből gyököt vonni.
A gyökök, amelyeket racionális értékkel akarunk megközelíteni:
x1=-17+17+12223,x2=-17+17+12223.

Kíséreljük meg olyan pozitív racionális t és u szám keresését, amelyekkel fennáll
17+122=t+u.
Innen
t+u=17,tu=62,azaztu=72.
Ennek az egyenletrendszernek a megoldása: t, u=9, 8, racionális értékek, s így a
17+122=3+8
összefüggést kaptuk. Ezt felhasználva az egyenlet gyökei ‐ a számítások megkönnyítésére 3-mal bővítve és gyökmennyiségek szorzóit a gyökjel alá víve
x1=16(27+24-51),x2=-16(27+24+51).

Itt, mint könnyen látható, az egyes gyökvonásokat 0,001-nél nem nagyobb hibával végezve a végeredmény hibája 0,0005-nél nem lesz nagyobb. Mivel
5,196<27<5,197,4,898<24<4,899,7,141<51<7,142,
azért ismét a fenti x1*, x2* értékek adódnak.
 

Kóta József (Tatabánya, Árpád g. II. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Az első megoldásban utaltunk arra, hogy meggondolásaink nem biztosítják, hogy a közelítő értékekre adódó szakaszba essék 3 tizedes jegyet tartalmazó közelítő érték. Valóban, ha pl. 51 két 0,001-del kisebb érték közt volna, akkor x1-re a 2,954/6≤x1≤2,956/6 számköz adódnék, amelynek alsó határa 0,4925 alatt van, felső határa fölötte, így számításaink nem döntenék el, hogy 0,492 vagy 0,493-e a keresett közelítő érték.
Azt nem is könnyű előre meghatározni, hogy hány tizedes jegyig kell számolni, hogy biztosan találjunk egy kellő számú tizedesjegyből álló közelítő értéket, hiszen ha esetünkben pl. x1 nagyon kevéssel lenne 0,4925 alatt, akkor annyi tizedesig kellene elvégezni a számítást, amíg már a fölső határ 0,4925 alá kerülne. Ehhez azonban 3-nál sokkal több tizedesjegy ismerete is szükséges lehet, és annak megállapításához, hogy hány tizedes jegyig kell számolni, már x1-nek egy jó közelítő értékét kellene ismerni.
2. Ugyancsak az I. megoldásban felmerült az a kérdés, hogy mit tudunk egy közelítő értékből négyzetgyökvonással nyert közelítő érték hibájáról. Legyen a gyökvonás alapja a(>0), közelítő értéke a', legyen |a-a'|=h és |a-a'|=k. (A második négyzetgyökvonásból eredő hibát, amit tetszés szerinti kicsivé tehetünk, most figyelmen kívül hagyjuk.) Innen négyzetre emeléssel a k2=a+a'-2aa' érték nem negatív. Ha a'≥a, akkor a=-a+2a⋅a alapján
0≤k2=a'-a+2a(a-a')=h-2ak,tehátk≤h2a;
ha pedig a'<a, akkor hasonlóan
0≤a-a'+2a'(a'-a)=h-2a'k,tehátk≤h2a'.
Ha a'' egy sem a-nál, sem a'-nél nem nagyobb érték, akkor a'-a előjelétől függetlenül fennáll a k≤h/(2a'') becslés. A feladat esetében a=51+ +2592<101, s így választhatunk 2a'' helyett 20-at, ami azt mondja, hogy a külső négyzetgyök 0,001 hibával történő kiszámításához elég lett volna a belsőt 0,02-nél nem nagyobb hibával határozni meg, tehát bőségesen elég lett volna 2 tizedes pontosságig számítani ki, amit az olvasó utólag könnyen ellenőrizhet.
1A következő egyenlőtlenségeket célszerű középtől kifelé olvasni, így jutunk az időben egymás után adódó számokhoz.