Page 43 - vol1

Nézzük ellenben mai szemmel, hogy mi is történt az előbbiekben, az
x = m egyenlet pozitív gyökének a meghatározása során?
2
*
Láttuk tehát, hogy olyan n N számot kerestünk, amelyre
2
n  m  (n+ 1) . Legyen x a m megközelítő értéke. Az x egész része
2
0
0
2
2
éppen n . A törtrészének a nevezőjébe az (n+ 1) − n = 2n+ 1 gnómonszám
−
m n 2
kerül, a számlálóba pedig (m n− 2 ) , vagyis x = n + . Az ókori Görögök
0
2n + 1
−
m n 2
szerint tehát m  n + . Nézzük csak meg, hogy mennyire is pontos ez
2n + 1
a megközelítés. Az előbbiekben láttuk, hogy a megközelítő értékek hiánnyal
közelítették meg a gyökmennyiséget. Éppen ezért, ha m n= 2 + k , akkor
k

x = n + , ahol k  1,2,...,2n . Becsüljük fel a következő eltérést:
0
2n + 1
−
m x = n + −   n + k   2 = − 1 k + 1 k . Tekintsük most
2
2
2
k
0
 2n +  1 (2n + 1) 2 (2n + 1)
1 1
2
k
a következő másodfokú függvényt: f ( ) = − k + k .
(2n + 1) 2 (2n + 1)
Látható, hogy a függvénynek maximuma van, mégpedig a
1
(2n + 1) 1  1  1
k max = − 2 = n + értékre, tehát f ( )  f n +  = = 0,25.
k

− 2  2  4
(2n + 1) 2
Tehát 0 m x − 0 2  0,25 , vagyis a megközelítés pontossága nem több, mint
0,25 ! És ez meglepőnek számíthat, hiszen a Görögök csupán a figurális számokat
használták! Elgondolkodtató eredmény, nem de?
Az ókori Görögök ellenben nem álltak meg itt. Megpróbálták megkeresni
az x + 2 x = m egyenlet pozitív megoldásának a megközelítő értékét is.

Ezúttal nem a négyzetszámokat, hanem a téglalapszámokat használták,
és az algoritmusuk ugyan azokból a lépésekből állt.

43