Korzystając z zadania 10.6.4. mamy:

$\lambda =2\text{cm}=0,02\text{m}$  

$d=32\text{cm}=0,32\text{m}$  

$L=2\text{m}$  

Rozważamy czwarte wzmocnienie interferencyjne:

$n=4$  

Wiemy, że dokładna wartość wzmocnienia wynosi:

$x=0,516\text{m}$  

W przypadku wzmocnienia fali spełniona jest zależność:

$\sin \theta =\frac{n\cdot \lambda }{d}$  

gdzie $d$  jest odległością pomiędzy źródłami fali, $\lambda$  jest długością fali, $n=0,1,2,3,\dots$ .

Z rysunku dołączonego do informacji do zadania wynika, że:

$\mathrm{tg}\theta =\frac{x_n}{L}$  

Korzystając z przybliżenia otrzymujemy, że:

$\mathrm{tg}\theta =\sin \theta$  

$\frac{x_n}{L}=\frac{4\lambda }{d}\mid \cdot L$  

$x_n=\frac{4\lambda L}{d}$  

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$x_n=\frac{4\cdot 0,02\text{m}\cdot 2\text{m}}{0,32\text{m}}=\frac{0,16{\text{m}}^2}{0,32\text{m}}=0,5\text{m}$  

Zatem niepewność względna tego przybliżenia wynosi:

$\frac{\left|x-x_n\right|}{x}\cdot 100\%=\frac{\left|0,516\text{m}-0,5\text{m}\right|}{0,516\text{m}}\cdot 100\%=\frac{\left|0,016\text{m}\right|}{0,516\text{m}}\cdot 100\%=$   

$=\frac{0,016\text{m}}{0,516\text{m}}\cdot 100\%\approx 0,031\cdot 100\%=3,1\%$