Kezdőlap


Feladat:	1340. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Baskay I. , Bass P. , Berger Tibor , Bíró E. , Bleyer Jenő , Büchler Magdolna , Csuri Vilmos , Demény Jolán , Fehér György , Francz L. , Freud Géza , Gombos S. , Grosz László , Halász Iván , Holzer Pál , Jónás Emil , Kalter H. , Kemény Miklós , Klein József , Klein Kató , Komlós János , Krisztonosich Jenő , Mandl Béla , Nagy Elemér , Palócz I. , Pappert T. , Rácz J. , Radovics György , Rappaport Sándor , Sebestyén Gyula , Somogyi Antal , Száva I. , Szerényi László , Tasnádi F. , Törös Anna , Varga Irén , Weisz Alfréd , Zubek P.
Füzet:	1937/november, 63 - 66. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Függvény határértéke, Numerikus és grafikus módszerek, Interpoláció, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/szeptember: 1340. matematika feladat

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

I. Megoldás. Valamely mennyiséget két tizedes pontossággal adunk meg, ha a hiba a századrész felénél nem nagyobb.
a) Ismeretes, hogy $(\frac{x}{sin x}) = 1$ , azaz a kicsiny szögek sinusának közelítő értéke a szög abszolut mérőszáma, még pedig úgy, hogy $sin x < x$ .¹
Kimutatjuk, hogy

\begin{matrix} sin x > x - \frac{x^{2}}{4} . \end{matrix}

Ugyanis

\begin{matrix} sin x = 2 sin \frac{x}{2} cos \frac{x}{2} = 2 tg \frac{x}{2} cos^{2} \frac{x}{2} = 2 tg \frac{x}{2} (1 - sin^{2} \frac{x}{2}) . \end{matrix}

Azonban

tg \frac{x}{2} > \frac{x^{2}}{2}

²
és, mivel

sin \frac{x}{2} < \frac{x}{2}

, azért

1 - sin^{2} \frac{x}{2} > \frac{x^{2}}{4}

,
tehát

\begin{matrix} sin x > 2 \cdot \frac{x}{2} (1 - \frac{x^{2}}{4}) azaz sin x > x \frac{x^{3}}{4} . \end{matrix}

Ez annyit jelent, hogy ha

sin x

közelítő értékéül

x

-et vesszük, a hiba kisebb, mint

\frac{x^{3}}{4}

\begin{matrix} \begin{matrix} 1^{\circ} & abszolut & mérőszáma & : & \frac{π}{180} = 0, 01745 ... \\ 3^{\circ} & ,, & ,, & : & 0, 5236 ... \end{matrix} \end{matrix}

A hiba felső határa:

\begin{matrix} \frac{{(0, 05236 ...)}^{3}}{4} < \frac{0, 06^{2}}{4} < 0, 0001. \end{matrix}

Eszerint

sin 3^{\circ}

közelítő értékéül

0, 05236

-ot tekintve, legfeljebb a tizezredrész nem pontos, de ezredrészig feltétlenül pontos; ha tehát két tizedes pontossággal óhajtjuk

sin 3^{\circ}

-értékét, akkor ez:

0, 05

. A hiba, t. i.

0, 002 ...

a századrész felénél kisebb.³
b) Kicsiny szögek cosinusára érvényes:

\begin{matrix} 1 - \frac{x^{2}}{2} < cos x < 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{16} . \end{matrix}

Ugyanis

\begin{matrix} cos x = 1 - 2 sin^{2} \frac{x}{2} > 1 - 2 {(\frac{x}{2})}^{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} cos x > 1 - \frac{x^{2}}{2} . \end{matrix}

Ha pedig figyelemmel vagyunk arra, hogy

\begin{matrix} sin \frac{x}{2} > \frac{x}{2} - \frac{1}{4} {(\frac{x}{2})}^{3}, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} 1 - 2 sin^{2} \frac{x}{2} < 1 - 2 {(\frac{x}{2} - \frac{x^{3}}{32})}^{2}, \\ 1 - 2 sin^{2} \frac{x}{2} < 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{16} - \frac{x^{6}}{16 \cdot 32} . \end{matrix}

Ha a jobb oldalon az utolsó tagot elhagyjuk, még nagyobbat kapunk, azaz

\begin{matrix} cos x < 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{16} . \end{matrix}

Eszerint

1 - \frac{x^{2}}{2}

cos x

-nek hiánnyal közelítő értéke; a hiba kisebb, mint

\frac{x^{4}}{16}

.
Azonban

3^{\circ}

esetében

\frac{x^{4}}{16} < \frac{{(0, 06)}^{4}}{16} < 10^{- 6}

,
tehát

\begin{matrix} 1 - \frac{x^{2}}{2} = 1 - 0, 00137 = 0, 99863 \end{matrix}

feltétlenül pontos 4 tizedesig, azaz

\begin{matrix} 0, 998 < cos 3^{\circ} < 0, 999. \end{matrix}

Eszerint, ha két tizedesig pontos értéket óhajtunk, akkor követünk el a századrész felénél kisebb hibát, ha

cos 3^{\circ} = 1

. NB. Pontosabb vizsgálatok kiderítették, hogy

\begin{matrix} sin x > x - \frac{x^{3}}{6} \end{matrix}

és

\begin{matrix} cos x < 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24}, \end{matrix}

azaz az előbbi számításokban jelzett hibahatárok csökkenthetők, tehát

\begin{matrix} \begin{matrix} sin x esetében & 0 < x - sin x < \frac{x^{3}}{6} (az előbbi \frac{x^{3}}{4} helyett) \\ cos x,, & 0 < cos x - (1 - \frac{x^{2}}{2}) < \frac{x^{4}}{24} (az előbbi \frac{x^{4}}{16} helyett). \end{matrix} \end{matrix}

Jegyzet. A dolgozatok általában nem ügyelnek a hiba megbecsülésére. Innen van az, hogy némely megoldásban ez található:

sin 3^{\circ} < 0, 052

, ill.

cos 3^{\circ} = 0, 99

.
Az itt közölt megoldásban követett gondolatmenet bármely elég kis szög sinusára, ill. cosinusára alkalmazható. Ha tekintettel vagyunk, hogy éppen

3^{\circ}

-ról van szó, számításunk egyszerűsíthető, a következő megoldás szerint.

II. Megoldás. Előbbi megoldásunk elején megállapítottuk, hogy

\begin{matrix} 0, 05 < sin 3^{\circ} = 0, 05236 ... < 0, 053. \end{matrix}

Eszerint

sin 3^{\circ}

közelítő értéke két tizedes pontosságig

0, 05

.
Minthogy

\begin{matrix} cos 3^{\circ} = \sqrt[]{1 - sin^{2} 3^{\circ}} \\ \sqrt[]{1 - 0, 053^{2}} < cos 3^{\circ} < \sqrt[]{1 - 0, 05^{2}} \\ \sqrt[]{1 - 0, 053^{2}} = \sqrt[]{1 - 0, 002809} = \sqrt[]{0, 997191} = 0, 998 ... \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} 0, 998 < cos 3^{\circ} < 1. \end{matrix}

cos 3^{\circ}

értéke két tizedes pontosságig 1.

Jegyzet. Ha figyelemmel vagyunk arra, hogy (mindig az első negyedben maradva)

\begin{matrix} sin 2 x < 2 sin x, sin 3 x < 3 sin x, ... sin n x < n sin x, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} sin 30^{\circ} < 10 sin 3^{\circ} vagyis sin 3^{\circ} > \frac{sin 30^{\circ}}{10} = \frac{0, 5}{10}, \\ sin 3^{\circ} > 0, 05. \end{matrix}

III. Megoldás.

sin 3^{\circ}

kiszámítható a sinusfüggvény addició-tételének felhasználásával. Ugyanis

\begin{matrix} sin 3^{\circ} = sin (18^{\circ} - 15^{\circ}) = sin 18^{\circ} cos 15^{\circ} - cos 18^{\circ} sin 15^{\circ} . \end{matrix}

A szabályos tízszög segítségével

\begin{matrix} sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4}, cos 18^{\circ} = \frac{1}{4} \sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}} . \end{matrix}

15^{\circ}

függvényei a

30^{\circ}

-ú szög függvényeiből számíthatók ki.

\begin{matrix} sin 15^{\circ} = \sqrt[]{\frac{1 - cos 30^{\circ}}{2}} = \frac{\sqrt[]{1 - \frac{\sqrt[]{3}}{2}}}{2} = \frac{\sqrt[]{2 - \sqrt[]{3}}}{2} = \frac{\sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}}{4} \\ cos 15^{\circ} = \sqrt[]{\frac{1 + cos 30^{\circ}}{2}} = \frac{\sqrt[]{2 + \sqrt[]{3}}}{2} = \frac{\sqrt[]{6} + \sqrt[]{2}}{4} \end{matrix}

⁴

Ezekkel az értékekkel

\begin{matrix} sin 3^{\circ} = \frac{\sqrt[]{5} - 1}{4} \cdot \frac{\sqrt[]{6} + \sqrt[]{2}}{4} - \frac{\sqrt[]{10 + 2 \sqrt[]{5}}}{4} \cdot \frac{\sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}}{4} = \\ = \frac{1}{16} [\sqrt[]{30} - \sqrt[]{6} + \sqrt[]{10} - \sqrt[]{2} - \sqrt[]{60 + 12 \sqrt[]{5}} + \sqrt[]{20 + 4 \sqrt[]{5}}] . \end{matrix}

Számítsuk ki ezen négyzetgyököket 4 tizedes pontossággal:

\begin{matrix} \sqrt[]{30} = & 5, 4772 + ε_{1} & \sqrt[]{6} = & 2, 4491 - ε'_{1} \\ + \sqrt[]{10} = & 3, 1623 - ε_{2} & + \sqrt[]{2} = & 1, 4142 + ε'_{2} \\ + \sqrt[]{20 + 4 \sqrt[]{5}} = & 5, 3800 - ε_{3} & + \sqrt[]{60 + 12 \sqrt[]{5}} = & 9, 3184 + ε'_{3} \\ \bar{14, 0195} + ε_{1} - ε_{2} - ε_{3} & \bar{13, 1817} - ε'_{1} + ε'_{2} + ε'_{3} . \end{matrix}

⁵
Itt mindegyik

0 < ε < \frac{1}{2} \cdot 10^{- 4}

, úgy, hogy a kivonásnál fellépő hiba abszolut értéke

\begin{matrix} | ε_{1} - ε_{2} - ε_{3} + ε'_{1} - ε'_{2} - ε'_{3} | < ε_{1} + ε'_{1} + ε_{2} + ε_{3} + ε'_{2} + ε'_{3} < 3 \cdot 10^{- 4} < \frac{1}{2} \cdot 10^{- 3} . \end{matrix}

Ha most

\begin{matrix} sin 3^{\circ} = \frac{1}{16} (14, 0195 - 13, 1817) = \frac{0, 8378}{16} = 0, 0523 ..., \end{matrix}

akkor ezen érték ezredrészig feltétlenül pontos; tehát századrész pontossággal

sin 3^{\circ} = 0, 05

cos 3^{\circ}

értéke most már úgy számítható ki, mint a II. megoldásban.

x

sin x

-et felülről közelíti meg;

x

sin x

-nek fölösen közelítő értéke.

² $sin x < x < tg x$ .

³Azonban $0, 05 < sin 3^{\circ}$ .

⁴A hiba könnyebb megbecsülése céljából alkalmazzuk a

\begin{matrix} \sqrt[]{2 + \sqrt[]{3}} = \sqrt[]{x} + \sqrt[]{y} felbontást. Ugyanis, négyzetreemeléssel \end{matrix}

\begin{matrix} 2 + \sqrt[]{3} = x + y + 2 \sqrt[]{x y}, tehát x + y = 2 és 2 \sqrt[]{x y} = \sqrt[]{3}, ill. x y = \frac{3}{4} . \end{matrix}

x

és

y

u^{2} - 2 u + \frac{3}{4} = 0

egyenlet gyökei:

x = \frac{3}{2}

y = \frac{1}{2}

. Így

\begin{matrix} \sqrt[]{2 + \sqrt[]{3}} = \frac{\sqrt[]{3} + 1}{\sqrt[]{2}} és \sqrt[]{2 - \sqrt[]{3}} = \frac{\sqrt[]{3} - 1}{2} . \\ \frac{\sqrt[]{2 \pm \sqrt[]{3}}}{2} = \frac{\sqrt[]{3} \pm 1}{2 \sqrt[]{2}} = \frac{\sqrt[]{6} \pm \sqrt[]{2}}{4} . \end{matrix}

⁵ $\sqrt[]{5} = 2, 236068 ...$