Feladat: 1109. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csörgei József ,  Faragó L. ,  Fiala T. ,  Fialovszky Alice ,  Hárs László ,  Komjáth Péter ,  Lőrincz András ,  Moson Péter ,  Munk Sándor ,  Nagy Dénes ,  Pataki István ,  Perémy Gábor ,  Somogyi Árpád ,  Takács László 
Füzet: 1967/november, 152 - 154. oldal  PDF file
Témakör(ök): Irracionális számok és tulajdonságaik, Hatványösszeg, Interpoláció, Interpolációs polinomok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/február: 1109. matematika gyakorlat

A 970. gyakorlat (K. M. L. 32 (1966. febr.) 68. o.) számpéldáiból azt a sejtést mondtuk ki, hogy ha |x|<0,1, akkor 1+x négyzetgyökére közelítő értéket ad a következő kifejezés:
1+x2-x223+x324-5x427.(1)
Mutassuk meg, hogy ezt a kifejezést meg lehet kapni az 1029. gyakorlatban látott eljárás (K. M. L. 33 (1966. nov.) 143. o.) egy módosításával. ‐ Egészítsük ki (1)-et a módosított eljárás útján két további taggal. ‐ Mi adódik, ha ezt a kifejezést alkalmazzuk 10-nek az 1100. gyakorlatból adódó két kifejezésére és 7 tizedesig számolunk? Mi adódik viszont a szokásos számító 10-re?

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

I. Az 1029. gyakorlatban1 talált negyedik közelítő érték:

a2+ba+b2a-b24a(2a2+b)-b48a(2a2+b)(8a4+8a2b+b2).(2)
a2+b átmegy 1+x-be, ha a=1, b=x, ekkor (2) így alakul:
1+x1+x2-x24(2+x)-x48(2+x)(8+8x+x2),(3)
ami az első két tagban egyezik (1)-gyel. (3) harmadik tagjából (1) harmadik tagja előáll úgy, hogy a nevezőben elhagyjuk a 2+x tényező x tagját, mintegy azt mondván egyelőre, hogy ez ,,kicsi'' a 2-es taghoz képest. Próbáljuk ezt tekinteni a kérdéses módosítás egy elemének, azaz d2=-x2/[4(2+x)] helyére a d'2=-x2/23 hányadost írni.
Ugyanez a lépés, ti. x elhagyása ,,nagyobb'' tag mellől (3) negyedik tagja nevezőjének mindkét tényezőjében, a tagot -x4/128=-x4/27-re, egyszerűbbre módosítja. Ez a tag (1) ötödik tagjára emlékeztet, de ott az 5-szöröse áll. Ennek megmagyarázásán túl a következő kérdés is fölmerül: honnan ered (1) negyedik tagja ?
Lépésünk következményeire áttérve kézenfekvő ez a sejtés: x-et csak a d'2 hányados felírásában hagyták el, hogy a közelítő kifejezésben ne léphessen fel nevezőben, viszont a következő maradék megállapításában mégis a helyes osztó és a módosult új tag szorzatát vonták le az előző maradékból; ez a szorzat ugyanis x-nek ismét polinomja, amivel nincs olyan számolási kényelmetlenség. Nézzük meg hát, hogyan alakul tovább az eljárás, maradéknak az m'3=m2-(2c2+d'2)d2 különbséget véve, ahol m2=-b2/4a2=-x2/4, és c2=1+x/2. Ezt kapjuk:
m'3=-x24-(2+x-x223)(-x223)=x323-4426.

Ha a következő tagot úgy képezzük, hogy ezt, pontosabban mondva m'3 első tagját, az eddig kapott c'3=1+x/2-x2/23 közelítő érték 2-szerese helyett ismét csak 2c1-gyel osztjuk, akkor
d'3=m''3/2c1=(x3/23):2=x3/24
adódik. Eszerint sejtésünk magyarázatot adott (1) negyedik tagjának fellépésére.
Ezzel be is fejeztük keresésünket. Ugyanis (1)-nek 5. tagja is kiadódik eddigi módosításaink szerint:
m'4=m'3-(2c'3+d'3)d'3=x323-x426-(2+x-x222+x324)x324=-5x426+x526-x628,
innen
d'4=(-5x426):2=-5x427,
ami éppen (1) utolsó tagja.
A módosítás talált két, elemét egybefoglalhatjuk a következő megállapításban, amivel a ,,kicsi mennyiség elhagyása'' nem elég határozott kifejezés használatát is elkerüljük: (1) az 1029. gyakorlatbeli eljárás szerint adódott, az osztásokat úgy végezve, hogy új tagként a (csökkenően rendezett) maradék első tagjából és a (növekvően rendezett) osztó első tagjából képezett hányadost vettük. Valóban, így osztottunk az első lépésben is 2+x első tagjával, 2-vel, nem az elhagyás volt a lényeges.
 

II. Ezek alapján a kívánt további 2 tag számítása:
m'5=m'4-(2c'4+d'4)d'4=-5x426+x526-x628-(2+x-x222+x323-5x427)(-5x427)==7x527-7x629+két magasabb fokú tag,d'5=7x527:2=7x528,m'6=...=-21x629+magasabb fokú tagok,d'6=21x6210.
x-nek 6-iknál magasabb fokú tagjaira nem volt szükségünk. Ezek szerint (1) így alakul:
1+x1+x2-x223+x324-5x427+7x528-21x6210.(4)

III. Alkalmazzuk az eljárást 10-nek az 1100. gyakorlatban2 megadott, valamint az abból átalakítással képezhető 31+1/9 kifejezésére, vagyis x=-1/10, ill. x=1/9 esetében. A kiemelt szorzóval mindjárt beszorozva
10=1031-110=103-16-11220-112202-548203-748204-732205,10=31+19=3+16-32182+32183-152184+218185-6316186.



Az első két tag összege a két kifejezésben egyenlő. A tagokat 8 tizedesre számítva, kerekítés nélkül:
+3,16666666      3,16666666-0,00416666      -0,00462962-0,...20833      +0,...25720-0,...01302      -0,...01786-0,......91      +0,...00138-0,......06̲      -0,......11̲3,16227768,     3,16227765.  
A szokásos eljárással3 ugyancsak 3,1622776... adódik (kerekítés nélkül).
 
Csörgei József (Budapest, Fazekas M. gyak. g. III. o. t.)
Fialovszky Alice (Budapest, Patrona Hungariae g. II. o. t.)
Moson Péter (Budapest, Fazekas M. gyak. g. III. o. t.)
 

Megjegyzés. A 10372=1172+1 egyenlőség alapján egy más átalakítás
10=(117/37)1+1/1172. Itt 1/1172=1/13689 hatványai gyorsabban csökkennek, kevesebb tagot elég kiszámítani (4)-ből, viszont az osztások, szorzások valamivel nehézkesebbek. Így
10=117371+113689=11737+1237117-18371173+...,
már a 3. tag kisebb a megengedett hibakorlátnál. Az első két tagból a 27379/8658 közelítő érték adódik, aminek négyzete 10+1/74960964.
 
Somogyi Árpád (Budapest, Fazekas M. gyak. g. II. o. t.)

1A megoldás megértéséhez nem nélkülözhetjük e gyakorlat megoldásának átnézését ‐K. M. L. 33 (1966. nov.) 143. o. A továbbiakban az ottani jelöléseket is használjuk: ci (i-edik közelítő érték), di (hányados, ci-nek i+1-edik tagja), mi (maradék ci megállapítása után). Ugyanezeket a keresett módosításban felső vesszővel különböztetjük meg.

2Lásd ezen számban, 144. o.

3Új olvasóink részére említjük, hogy az 1967/68. évtől kezdve az itt említett eljárás nem szerepel a tankönyvben. ‐ Szerk.