Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Antalya Matematik Olimpiyatı 1. Aşama => 2012 => Konuyu başlatan: matematikolimpiyati - Kasım 01, 2022, 09:24:36 ös
-
$n \geq 10^4$ bir tam sayı olmak üzere$,\ a=\sqrt{n^2+n+1010}$ sayısının ondalık sayı olarak gösteriminde virgülden sonraki ilk basamak kaçtır?
$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ 2 \qquad\textbf{d)}\ 4 \qquad\textbf{e)}\ 5$
-
Cevap: $\boxed A$
Dikkat edilirse, $n$ yeterince büyük iken $a^2 = n^2+n+1010$ sayısı $n^2$ sayısından (oransal olarak) çok az miktarda büyük olur. Bu durumda $a^2 = n^2+n+1010$ sayısından küçük en büyük tamkare $n^2$ olacağından $a = \sqrt{n^2+n+1010}$ sayısının ondalık sayı gösterimi $n{,}\ldots$ şeklinde olacaktır.
Daha spesifik olacak olursak, bahsettiğimiz durum için gerek ve yeter koşul şudur:$$n^2 < n^2+n+1010 < (n+1)^2.$$ Soldaki eşitsizlik her zaman doğrudur. Sağdaki eşitsizlik için gerek ve yeter koşul ise, düzenlersek:$$1009<n.$$ Çözümün başında yaptığımız gözlem, yani $a = \sqrt{n^2+n+1010}$ sayısında $n$'den arta kalan kısmın küçük bir sayı olması durumu, bize cevabın $0$ olması ihtimalini incelemeye yöneltiyor. Bunun için gerek ve yeter koşul şudur:
$\begin{align}
&\sqrt{n^2+n+1010} < n + 0{,}1\\
&\quad\Longleftrightarrow n^2+n+1010 \le n^2 + 0{,}2n+0{,}01\\
&\quad\Longleftrightarrow 1009{,}99 \le 0{,}8n\\
&\quad\Longleftrightarrow 1262{,}4875 \le n
\end{align}$
son eşitsizliğin doğruluğunu, soruda verilen $n\ge10^4$ eşitsizliği dolayısıyla biliyoruz. Dolayısıyla $a=\sqrt{n^2+n+1010}$ sayısı hakkında şunu elde ettik:$$n < a < n + 0{,}1$$veya ondalık sayı gösterimiyle ifade edecek olursak,$$n{,}0 < a < n{,}1$$yani $a$ sayısının ondalık sayı gösterimi $a{,}0\ldots$ şeklinde başlamaktadır. O halde aradığımız cevap $\boxed0$ dır.