Kezdőlap


Feladat:	1385. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1972/május, 206 - 208. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Binomiális együtthatók, Sorozat határértéke, Rekurzív eljárások, Numerikus és grafikus módszerek, Számsorozatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/november: 1385. matematika gyakorlat

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

a) $n = 1$ esetére az állítást annak a meglátása igazolja, hogy a hatványozandó $(3 - \sqrt[]{7})$ alapban $(- \sqrt[]{7})$ együtthatója, $B_{1} = 1$ is és a másik tag, $A_{1} = 3$ is természetes szám.
$n = 2$ esetén ${(3 - \sqrt[]{7})}^{2} = 16 - 6 \sqrt[]{7}$ , tehát $B_{2} = 6$ és $A_{2} = 16$ , az állítás igaz. $n = 3$ esetében

\begin{matrix} {(3 - \sqrt[]{7})}^{3} & = {(3 - \sqrt[]{7})}^{2} (3 - \sqrt[]{7}) = (A_{2} - B_{2} \sqrt[]{7}) (A_{1} - B_{1} \sqrt[]{7}) = \\ = (A_{1} A_{2} + 7 B_{1} B_{2}) - (A_{1} B_{2} + A_{2} B_{1}) \sqrt[]{7}, \end{matrix}

és mindkét zárójelben természetes szám áll, mert természetes számok szorzata és összege természetes szám.
Hasonlóan abból a feltételezésből, hogy az állítás igaz, ha

n

helyére egy bizonyos

k

természetes számot írunk:

\begin{matrix} {(3 - \sqrt[]{7})}^{k} = A_{k} - B_{k} \sqrt[]{7}, ahol A_{k}, B_{k} természetes számok, \end{matrix}

következik, hogy az állítás igaz a

k

-ra következő

(k + 1)

természetes számra is, mert a

\begin{matrix} {(3 - \sqrt[]{7})}^{k + 1} & = {(3 - \sqrt[]{7})}^{k} (3 - \sqrt[]{7}) = (A_{k} - B_{k} \sqrt[]{7}) (A_{1} - B_{1} \sqrt[]{7}) = \\ = (A_{1} A_{k} + 7 B_{1} B_{k}) - (A_{1} B_{k} + A_{k} B_{1}) \sqrt[]{7} \end{matrix}

számításból kapott

\begin{matrix} A_{k + 1} = A_{1} A_{k} + 7 B_{1} B_{k} és B_{k + 1} = A_{1} B_{k} + A_{k} B_{1} \end{matrix}

(2)

együtthatók szintén természetes számok. Eszerint az állítás igaz

n = 1,2,3, ...

-ra, minden természetes számra.

b) (1)-et

B_{n}

-nel osztva

\begin{matrix} \frac{A_{n}}{B_{n}} - \sqrt[]{7} = \frac{{(3 - \sqrt[]{7})}^{n}}{B_{n}}, \end{matrix}

(3)

és itt

n

növelésével a számláló csökken, hiszen alapjára fennáll:

0 < 3 - \sqrt[]{7} < 1

, a nevező viszont növekszik, hiszen (2) szerint

B_{n} > B_{n - 1}

, tehát

A_{n} / B_{n}

és

\sqrt[]{7}

eltérése csökken, ha

n

-et növeljük. Azt is látjuk, hogy a hányados felülről közeledik

\sqrt[]{7}

-hez, mert különbségük minden

n

-re pozitív.
A hibának

10^{- 4} = 1 / 10^{4}

alá csökkentése végett vegyük észre, hogy

\begin{matrix} 3 - \sqrt[]{7} < \frac{3}{8}, ugyanis \sqrt[]{7} > 3 - \frac{3}{8} = \frac{21}{8}, hiszen 7 \cdot 8^{2} > 21^{2}, \end{matrix}

másrészt (2) második kifejezése alapján

\begin{matrix} B_{n} > A_{1} B_{n - 1} = 3 B_{n - 1} > 3 A_{1} B_{n - 2} = 3^{2} B_{n - 2} > ... > 3^{n - 1} B_{1} = 3^{n - 1} . \end{matrix}

Így a kívánt pontossághoz elég teljesíteni a következőt:

\begin{matrix} \frac{A_{n}}{B_{n}} - \sqrt[]{7} < \frac{{(3 / 8)}^{n}}{3^{n - 1}} = \frac{3}{8^{n}} < \frac{1}{10^{4}} \end{matrix}

(a (3)-beli számlálót növeltük, a nevezőt csökkentettük; ha az így növelt érték kisebb a korlátnál, akkor a becsült hiba is kisebb nála), vagyis olyan

n

-et keresni, amelyre

\begin{matrix} 8^{n} > 3 \cdot 10^{4}, azaz 2^{3 n} > 30 000. \end{matrix}

Mivel

2^{5} = 32

és

2^{10} = 32^{2} = 1024 > 1000

, tehát

2^{15} > 32 000

, azért a legutóbbi követelménynek megfelel minden olyan kitevő, melyre

3 n ≧ 15

, vagyis amelyre

n ≧ 5

Megjegyzések. 1. Sokan kiszámították, hogy megfelelő kitevő már az

n = 4

is, már az

A_{4} / B_{4} = 508 / 192

hányados is

10^{- 4}

-nél kisebb hibával közelíti meg

\sqrt[]{7}

-et. Ehhez az összehasonlításhoz azonban magát

\sqrt[]{7}

-et számították ki legalább

5

tizedes jegyre. Ez a kérdés lényegének a meg nem értését mutatja, de a ,,pontos számításokhoz'' szokott tanulók részéről nem hibáztatható.
A hibaszámítás lényege éppen az, hogy egy aránylag nehezebben kiszámítható mennyiségre egy közelítő érték pontosságát (hibáját) anélkül becsüljük meg, hogy a vizsgált mennyiség pontos értékét felhasználnánk. Ez utóbbi esetben ugyanis a közelítés értelmét vesztené: ha ismerjük a vizsgált mennyiség pontos értékét (vagy legalább is a használt közelítésnél pontosabb értékét), akkor nincs szükség közelítő értékre.
2. Próbálja meg az érdeklődő olvasó a kívánt

n

kitevő megbecslését a

3 - \sqrt[]{7} < 1 / 2

és

B_{n} > 4 B_{n - 1}

B_{n} > 16 B_{n - 2}

becslések alapján végezni, az utóbbit persze előbb igazolnia kell. Ez is arra vezet, hogy egyetlen számnak ‐ a

2

-nek ‐ kell egy bizonyos korlátnál nagyobb hatványát keresni.