Matematyka.pl

Czasami zdarza się sytuacja, kiedy trzeba oszacować przybliżoną wartość pierwiastka z jakiejś liczby na przykład żeby stwierdzić, czy dane wyrażenie jest dodatnie czy ujemne, co ma istotne znaczenie między innymi przy rozwiązywaniu nierówności kiedy nie wiemy, czy obustronne mnożenie zmieni nam znak oraz przy liczeniu równań kwadratowych, gdzie trzeba ocenić ilość rozwiązań kiedy delta wychodzi brzydka. Przydaje się do tego twierdzenie, które kiedyś wywnioskowałem bawiąc się ciągami arytmetycznymi. Lata później jeden z użytkowników tego forum pomógł mi formalnie go dowieść i uznałem, że warto zamieścić je w kompendium. Nie opatentowałem go więc nie podpisuję się pod nim z nazwiska, ale prezentowane twierdzenie jest wyłącznie efektem moich prób i błędów.




Załóżmy, że znamy liczby, których pierwiastki są liczbami naturalnymi. Przynajmniej do pewnej wysokości każdy je zna, wypiszmy kilka początkowych:
\(\displaystyle{ \begin{array}{r|l}
a & \sqrt{a}\\
\hline
1 & 1 \\
4 & 2 \\
9 & 3 \\
16 & 4 \\
25 & 5 \\
36 & 6\end{array}}\)

Nawet jeśli nie znamy dalszych, to kolejną można łatwo wyznaczyć z dwóch poprzednich. Oznaczając \(\displaystyle{ p_n = n^2}\) mamy zależność rekurencyjną:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
p_1 = 1\\
p_2 = 4\\
p_n = 2p_{n-1} - p_{n-2} + 2\end{cases}}\)

Powiedzmy, że chcemy oszacować wartość liczby \(\displaystyle{ \sqrt{x}}\). Musimy znaleźć największą liczbę pierwiastkowalną mniejszą od \(\displaystyle{ x}\).

Założenia:
\(\displaystyle{ \sqrt{x} = \sqrt{a+k}\\
a, k \in \RR \wedge a \ge 0 \wedge k \ge 0 \wedge \sqrt{a} \in \NN \\
\left(\sqrt{a} + 1\right)^2 \ge a+k}\)

Wówczas możemy oszacować, że:
\(\displaystyle{ \sqrt{a} + \frac{k}{2\sqrt{a} + 1} \leqslant \sqrt{a+k} \leqslant \sqrt{a} + \frac{k}{2\sqrt{a}}}\)




Dowód wyprowadził użytkownik JakimPL.

Prawa strona:

\(\displaystyle{ \begin{aligned}
\frac{k}{4a} &\geqslant 0\\ \frac{k}{4a}+1 & \geqslant 1\\ \frac{k^2}{4a}+k & \geqslant k\\ a+k+\frac{k^2}{4a} & \geqslant a+k\\ a+2\cdot\frac{k\sqrt{a}}{2\sqrt{a}}+\frac{k^2}{4a} & \geqslant a+k\\ \left(\sqrt{a}\right)^2+2\cdot\sqrt{a}\cdot\frac{k}{2\sqrt{a}}+\left(\frac{k}{2\sqrt{a}}\right)^2 & \geqslant a+k\\ \left(\sqrt{a}+\frac{k}{2\sqrt{a}}\right)^2 & \geqslant a+k\\ \sqrt{a}+\frac{k}{2\sqrt{a}} & \geqslant \sqrt{a+k}\end{aligned}}\)

Lewa strona:
\(\displaystyle{ \begin{aligned}
\left(\sqrt{a} + 1\right) ^ 2 & \geqslant a+k\\ a+2\sqrt{a}+1 & \geqslant a+k\\ 1+2\sqrt{a}-k & \geqslant 0\\ 1 & \geqslant \frac{k}{2\sqrt{a}+1}\\ k & \geqslant \frac{k^2}{2\sqrt{a}+1}\\ a+k & \geqslant a+\frac{k^2}{2\sqrt{a}+1}
\\
\frac{k^2}{\left(2 \sqrt{a}+1\right)^2}+\frac{2 \sqrt{a} k}{2 \sqrt{a}+1}-k & =\frac{k \left(-2 \sqrt{a}+k-1\right)}{\left(2 \sqrt{a}+1\right)^2}
\\
a+k & \geqslant a + 2\cdot\sqrt{a}\cdot\frac{k}{2\sqrt{a} + 1}+\frac{k^2}{(2\sqrt{a} + 1)^2}\\ a+k & \geqslant \left(\sqrt{a}\right)^2 + 2\cdot\sqrt{a}\cdot\frac{k}{2\sqrt{a} + 1}+\left(\frac{k}{2\sqrt{a} + 1}\right)^2\\ a+k & \geqslant \left(\sqrt{a} + \frac{k}{2\sqrt{a} + 1}\right)^2\\ \sqrt{a+k} & \geqslant \sqrt{a} + \frac{k}{2\sqrt{a} + 1}\end{aligned}}\)




Oszacujmy \(\displaystyle{ \sqrt{19}}\):
\(\displaystyle{ \sqrt{19} = \sqrt{16 + 3}\\
a = 16, \quad k=3\\
\sqrt{16} + \frac{3}{2\sqrt{16} + 1} \le \sqrt{16+3} \le \sqrt{16} + \frac{3}{2\sqrt{16}}\\
4 \frac{3}{9} \le \sqrt{19} \le 4 \frac{3}{8}}\)

Wynik z kalkulatora potwierdza to szacowanie:
\(\displaystyle{ 4.(3) \le 4.3589 \le 4.375}\)

Weźmy na warsztat większą liczbę, np. \(\displaystyle{ \sqrt{151}}\):
\(\displaystyle{ \sqrt{151} = \sqrt{144 + 7}\\
a = 144 , \quad k= 7\\
\sqrt{144} + \frac{7}{2\sqrt{144} + 1} \le \sqrt{144+7} \le \sqrt{144} + \frac{7}{2\sqrt{144}}\\
12 \frac{7}{25} \le \sqrt{151} \le 12 \frac{7}{24}}\)

i porównanie z kalkulatorem:
\(\displaystyle{ 12.28 \le 12.2882 \le 12.291(6)}\)




Może nie jest to doskonała metoda szacowania, ale jak widać dokładność nie jest taka zła, szczególnie jak na coś, co można obliczyć na kartce bez użycia kalkulatora. Dokładność rośnie w miarę, jak rośnie liczba pod pierwiastkiem, a znajomość liczb pierwiastkowalnych przynajmniej do \(\displaystyle{ 225}\) to nic trudnego. Być może komuś się przyda moje twierdzenie.