16512 matematika 11-12 book2 · 116512_matematika 11-12_book2.indb 106512_matematika...

Raffaello Sanzio: Athéni iskola (1509)

8

I. ALGEBRA

1. ELSŐFOKÚ PARAMÉTERES EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK

1. Elsőfokú paraméteres egyenletek, egyenlőtlenségek

A paramétert tartalmazó egyenletek, egyenlőtlenségek megoldása lényegesen nehezebb, mint a paramétert nem tartalmazóké. Az alábbiakban áttekintjük a leggyakoribb feladattípusokat és megoldási módszereket.

Ha az egyenlet nem tartalmaz paramétert, akkor a megoldása a mérleg-elv segítségével történhet. Tekintsük például az

5x - 5 = 2x + 31egyenletet. Ezt azonos átalakításokkal

3x = 36alakra hozhatjuk, majd az egyenlet mindkét oldalát 3-mal osztva, megkapjuk az eredményt: x = 12.

Ha az egyenlet paramétert tartalmaz, akkor megoldása általában bonyolultabb.Legyen például a már átalakított paraméteres egyenlet alakjaAx = B.Itt most az A-val való osztást közvetlenül nem végezhetjük el, hiszen lehetséges, hogy A = 0. Esetszétválasz-

tást kell végeznünk.I. eset: Ha A ! 0.Ekkor a „hagyományos módon” A-val oszthatunk, a megoldás x

AB= .

II. eset: Ha A = 0.Ekkor az egyenlet bal oldala 0. Két lehetőség van:II. a) eset: Ha B = 0, akkor az egyenlet, x-től függetlenül, 0 = 0 alakú. Az egyenletnek minden x valós szám

a megoldása.II. b) eset: Ha B ! 0, akkor az egyenlet ellentmondó: a bal oldal zérus, a jobb oldal pedig nem. Ebben az

esetben nincs megoldás.

16512_Matematika 11-12_Book2.indb 816512_Matematika 11-12_Book2.indb 8 2013.06.22. 14:25:322013.06.22. 14:25:32

1. ELSŐFOKÚ PARAMÉTERES EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK

9

Az eddigieket összefoglalhatjuk:

A és B értékei: A ! 0 A = 0 és B = 0 A = 0 és B ! 0

Megoldás: xAB= minden x valós szám nincs megoldás

A paraméteres (betűegyütthatós) egyenleteket a paraméterek minden lehetséges értékére meg kell vizsgálni. Meg kell tehát állapítani, hogy a betűk értékétől függően mikor létezik megoldása az egyenletnek; mi a megol-dás; és általában azt is, hogy hány megoldás van.

Oldjuk meg és vizsgáljuk a 2 + a(2x - 1) = a2x egyenletet!

Ekvivalens átalakítások után az egyenlet 2 + 2ax - a = a2x 2 - a = a(a - 2)x

alakra hozható. Itt a értékétől függően három esetet különböztethetünk meg.I. eset: Ha a = 0. Ellentmondásra jutunk (2 = 0 ⋅ x), ekkor az egyenletnek nincs megoldása.II. eset: Ha a = 2. A 0 = 0 ⋅ x egyenletnek minden x valós szám a megoldása.

III. eset: Ha a ! 0 és a ! 2, akkor az egyenlet egyetlen megoldása xa a

aa2

2 1=-- =-

^ h.

Határozzuk meg a p paraméter értékét úgy, hogy a

(1) p px

p x5 3

151

2

-

-= egyenletnek

a) pozitív gyökei legyenek;b) legyenek pozitív gyökei!

Az a) és b) kérdés különbözik: a b) esetben a negatív gyökök is megengedettek, ha létez-nek pozitív gyökök.

Először meghatározzuk az egyenlet gyökeit (ezek függhetnek p-től), majd vizsgáljuk ezeknek az előjelét.

A nevező nem lehet zérus, ezért kikötés, hogy p ! 0 és x35! . Az egyenlet mindkét oldalát (5p - 3px)-szel szo-

rozzuk, majd px-et kiemelünk, és szorzattá alakítjuk az elsőfokú kifejezést:(2) p2x - 15 = 5p - 3px (3) px(p + 3) = 5(p + 3).Esetszétválasztást végzünk.I. eset: Ha p + 3 = 0, azaz p = -3. Ekkor a (3) egyenlet 0 = 0 ⋅ x alakú, ennek minden megengedett x valós

szám a megoldása.II. eset: Ha p = 0, akkor a (3) egyenletnek nem lenne megoldása (0 ⋅ x = 15), de a kikötés miatt ez az eset

nem lehetséges. (p = 0-ra nem létezik az (1) egyenlet.)

III. eset: Ha p ! 0 és p ! -3, akkor p(p + 3)-mal osztunk, az egyetlen megoldás xp5= . Az x-re vonatkozó

kikötés miatt p5

35! , azaz a p ! 3 feltétel adódik.

a) Az egyenletnek az I. esetben nemcsak pozitív gyökei vannak, így p = -3 nem lehetséges. A III. esetben x 2 0, ha p 2 0, de p ! 3.

Eredmény: az egyenletnek (csak) pozitív gyökei vannak, ha p 2 0 és p ! 3.b) Az I. eset megfelelő (vannak pozitív gyökök), ezért p 2 0 vagy p = -3, de p ! 3 a megoldás.

MegjegyzésAz eredményt érdemes táblázatban is megadni, így jobban áttekinthető.

p értékei p 1 0, p ! -3 p = -3p = 0 nem lehetséges 0 1 p, p ! 3

p = 3 nem lehetséges

x értékei xp5=

végtelen sok megoldás van:

x ! R, x35!

xp5=

x előjele x 1 0 x 1 0, x 2 0 vagy x = 0 x 2 0

1. példa

Megoldás

2. példa

Megoldás


I. ALGEBRA

10

Egy-egy edényben kezdetben a, illetve b liter víz van (a, b 2 0). Az első edénybe percen-

ként ab liter, a másodikba percenként 4 liter víz folyik be.

a) Hány perc múlva lesz a második edényben kétszer annyi víz, mint az elsőben?b) Hány perc múlva lesz a két edényben ugyanannyi víz?

a) Tegyük fel, hogy t perc múlva lesz a második edényben kétszer annyi víz, mint az első-

ben. Ekkor aab t b t2 4$ + = +c m (a ! 0). Az egyenletet átalakítjuk:

aab t b t2 4$ + = +c m t

ab b a2 4 2- = -c m t b a a b a2 2 2- = -^ ^h h.

I. Ha b = 2a, akkor a második edényben mindig kétszer annyi víz van, mint az elsőben.

II. Ha b ! 2a, akkor t = a2

(perc).

b) Ha a keresett idő t (perc), akkor aab t b t4+ = + . Innen

tab b a4- = -c m t b a a b a4- = -^ ^h h.

I. Ha b = 4a, akkor 0 ⋅ t = 3a2 ellentmondást kapunk; ekkor nincs megoldás.

II. Ha b ! 4a, akkor tb a

a b a4=

-

-^ h . Ez csak t $ 0 esetben megoldás. Mivel a 2 0, a (b - a) és (b - 4a) ténye-

zőknek azonos előjelűeknek kell lenniük. Ez akkor teljesül, ha b 2 4a, illetve ha b 1 a.

Eredmény: Ha b 2 4a vagy b 1 a, akkor tb a

a b a4=

-

-^ h idő múlva lesz a két edényben ugyanannyi víz.

(Az a) és b) megoldás során feltételeztük, hogy az edényekbe belefér a befolyt víz.)

FELADATOK

Oldjuk meg, és vizsgáljuk az alábbi egyenleteket!

a) ax b x ab3

3 221+ - + = ; b)

a xx a

a xa x

a xa2

2 2-+ -

+- =

-.

Hogyan függ az a, b, c paraméterektől az alábbi egyenletek gyökeinek előjele?

a) 2ax - 5 = x + a; b) b xb

x3

2 3+ - = - ; c) cx

c31

4- =-- .

Az m paraméter milyen egész értéke esetén nagyobb 3-nál az x m

mx25 2

-+ = egyenlet megoldása?

Ha t tyúk n nap alatt d darab tojást tojik, akkor:a) Hány tojást tojik x tyúk 10 nap alatt?b) Hány nap alatt tojik y tyúk z tojást?c) Hány tyúk tojik z tojást u nap alatt?(Feltételezzük, hogy a tyúkok „tojáshozama” állandó.)

Oldjuk meg az (a2 - 1)x $ a + 1 paraméteres egyenlőtlenséget!

Gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény I. 1081–1084.

3. példa

Megoldás

1. E1

2. E1

3. E1

4. E1

5. E1

Ajánlott feladatok


2. ELSŐFOKÚ EGYENLETRENDSZEREK

11

2. ELSŐFOKÚ EGYENLETRENDSZEREK2. Elsőfokú egyenletrendszerek

Ebben a leckében áttekintjük a többváltozós és paraméteres lineáris egyenletrendszerek megoldási módjait.A többváltozós lineáris egyenletrendszerek megoldására általában a behelyettesítő módszert, illetve az

egyenlő együtthatók módszerét alkalmazhatjuk.

Oldjuk meg az alábbi háromváltozós egyenletrendszert!

( )( )( )

x y zx y z

x y z

123

2 3 4 43 8

2 5

+ - =-

+ + =

- + =

4

Első megoldás (behelyettesítő módszer):Legegyszerűbbnek a (3) egyenlet tűnik, ezért ebből kifejezzük x-et:(3) x = y - 2z + 5.Az így kapott kifejezést az első két egyenletbe helyettesítve, az eredetinél egyszerűbb kétváltozós egyenlet-

rendszert kapunk.(1)’ 2(y - 2z + 5) + 3y - 4z = -4 5y - 8z = - 14,(2)’ 3(y - 2z + 5) + y + z = 8 4y - 5z = - 7.

Ezután (2)’-ből kifejezzük például y-t, és ezt (1)’-be helyettesítjük: y z4

5 7= - , és így az 5 8 14z z4

5 7$ - - =-

egyismeretlenes egyenletet kapjuk. Ennek megoldása z = 3; ezt visszahelyettesítve y4

5 3 7 2$= - = , és

x = 2 - 2 ⋅ 3 + 5 = 1 adódik. Az egyenletrendszer megoldása tehát (x, y, z) = (1, 2, 3).Ellenőrzés:(1) 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ 2 - 4 ⋅ 3 = -4;(2) 3 ⋅ 1 + 1 ⋅ 2 + 1 ⋅ 3 = 8;(3) 1 ⋅ 1 - 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 = 5 valóban.

Második megoldás (egyenlő együtthatók módszere):Ha a (3) egyenletet 2-vel szorozzuk, és (1)-ből kivonjuk, akkor x kiesik:(1) - 2∙(3): 5y - 8z = - 14.A másik egyenletet akkor kapjuk, ha (3)-at 3-mal szorozzuk, és (2)-ből vonjuk ki:(2) - 3 ⋅ (3): 4y - 5z = -7.Most szabaduljunk meg például az y változótól. Az újonnan kapott egyenletek közül az elsőt 4-gyel, a máso-

dikat pedig (-5)-tel szorozzuk:20y - 32z = -56,-20y + 25z = 35.A két egyenlet összeadása után -7z = -21, azaz z = 3. Ezt az értéket visszahelyettesítve rendre megkap-

juk az y = 2, x = 1 megoldásokat.

Soha ne felejtsük el az ellenőrzést! A gyököknek az eredeti egyenletekbe történő visszahelyettesítése hoz-zátartozik a korrekt megoldáshoz.

Helyhiány miatt mi a későbbiekben már általában csak utalunk az ellenőrzésre. Az ellenőrzés csak akkor hagyható el, ha tudatosan azonos átalakításokat (vagy másképpen ekvivalens átala-

kításokat) végzünk, amelyek során a keletkezett egyenletek gyökei mindvégig megegyeznek az eredeti egyenlet gyökeivel. Ekkor – a gyökök visszahelyettesítése helyett – elegendő az ekvivalens átalakításokra való hivatkozás.

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert (a valós paraméter)!

a x yx a y

2 5 52 5

- + =

+ + =

^

^

h

h3

A második egyenletből kifejezzük x-et, és ezt az első egyenletbe helyettesítjük:x = 5 - (a + 2)y a a y y2 5 2 5 5- - + + =^ ^_h h i (3 + a)(3 - a)y = 5∙(3 - a).I. eset: Ha a = 3, akkor az egyenlet 0 ⋅ y = 0 alakú, tehát minden y valós szám megoldás. Az eredeti

egyenletrendszer mindkét egyenlete x + 5y = 5 alakú; valójában tehát egy egyenletünk van, két ismeretlennel.

1. példa

Megoldás

2. példa

Megoldás


I. ALGEBRA

12

A végtelen sok megoldást megadhatjuk egy paraméter segítségével: legyen y = t, s ekkor x = 5 - 5t, ahol t tet-szőleges valós szám.

II. eset: Ha a = -3, akkor a 0 ⋅ y = 30 egyenlet ellentmondásra vezet; nincs megoldás.

III. eset: Ha a ! ! 3, akkor ya 3

5=+

. Visszahelyettesítés után x aa a

5 23

53

5$= - ++

=+

^ h adódik;

ekkor tehát az egyenletrendszernek egy (egyértelmű) megoldása van.

Összefoglalva:

a értékei a = 3 a = -3 a ! !3

(x; y) megoldás (x; y) = (5 - 5t, t), t ! R nincs megoldás (x; y) = ;a a3

53

5+ +

c m

Grafi kus szemléltetésAz ax + by = c kétismeretlenes egyenlet megoldásai számpárok. Az (x; y) gyökök a derékszögű koordináta-

rendszerben egy egyenes pontjainak feleltethetők meg. A két egyenletből álló egyenletrendszereket általában grafi kusan is megoldhatjuk. Mindkét egyenlet grafi konját ugyanabban a koordináta-rendszerben ábrázoljuk, és a két „görbe” közös pontjainak koordinátái lesznek a megoldások.

Aza x y

x a y2 5 5

2 5- + =

+ + =

^

^

h

h3

egyenletrendszer első egyenlete az A(0; 1), a második pedig a B(5; 0) pontokon áthaladó egyeneseket jelöli ki. Az ábrán feltüntettük az a = 0 paraméterértékhez tartozó e: -2x + 5y = 5 és f: x + 2y = 5 egyenese-

ket. Ezek ;M35

35

` j metszéspontja – mint a többi megoldás is – rajta van

a g: y = x egyenletű egyenesen. A h: x + 5y = 5 egyenes az a = 3 értékhez tartozik. Ekkor az A és B

ponton átmenő két egyenes egybeesik, végtelen sok megoldás van, és ezek éppen a h egyenes pontjai.

Végül jelöltük az a = -3 értékhez tartozó i: -x + y = 1 és j: x - y = 5 egyenletű egyeneseket. Ezek párhuzamosak, nincs metszés-pontjuk; az egyenletrendszernek ekkor nincs megoldása.

MegjegyzésAz (x; y) = ;

a a35

35

+ +c m gyökrendszer a (0; 0) kivételével a g: y = x egyenes összes pontját előállítja. Ennek az az oka,

hogy az A ponton átmenő egyenesek közül hiányzik az x = 0, a B ponton átmenők közül pedig az y = 0 egyenletű. Ezek semmilyen a paraméterre sem állnak elő az eredeti egyenletrendszerben.

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert!a b ca b c

a b c

3 173 23

3 3

+ - =

- + =-

- + + =-

4

Néha speciális megoldási módszereket is alkalmazhatunk. Most észrevehetjük, hogy az egyenletrendszer ciklikusan szimmetrikus, mert mindig más-más változó együtthatója -3. Ezért ha összeadjuk az egyenleteket, szimmetrikus egyenletet kapunk:

-a - b - c = -9. Innen a + b + c = 9, és ezt az összefüggést rendre összevetve az eredeti egyenletekkel, c = -2, b = 8 és a

= 3 adódik. Ellenőrzéssel meggyőződhetünk az (a, b, c) = (3, 8, -2) megoldás helyességéről.

3. példa

Megoldás

x

y

1

0 1

A

B

M

e

f

h

i

g

j

16512_Matematika11-12_01.indd 1216512_Matematika11-12_01.indd 12 2013.10.15. 17:32:422013.10.15. 17:32:42

3. HATVÁNYOZÁS

13

FELADATOK

Négy természetes számról a következőket tudjuk.iii) Az első három szám összege 20.iii) A második szám, a harmadik kétszerese és a negyedik négyszeresének az összege 26.iii) Az első szám 1-gyel nagyobb a negyedik szám háromszorosánál.

a) Mik lehetnek a számok?b) Mik lehetnek a számok, ha még azt is tudjuk, hogy az első és a negyedik szám összege prímszám?

Oldjuk meg és vizsgáljuk az alábbi egyenletrendszereket (x, y, z változók, a, b valós paraméterek)!

a) ax y a

ax ay2 4+ =

+ =3 b)

x yx y

bx y

2 113 2 15

3 2

- =

- =

+ =

4 c) ,x y

x yx yz

3 10 5 5 6

3 4 2

+ =-

- =

- + =-

4

Határozzuk meg a p paraméter értékét úgy, hogy az alábbi egyenletrendszer (x; y) megoldására x 2 0 és y 2 1 teljesüljön!p x yx y

1 12 3 2

- + =-

- =

^ h3

Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert!

u xy

x u

xy

zx

63

1 3 4

4 121 3 2

32 4 2

43

3 52

$

--

+ =-

-- =

-- =

--

=-

_

`

a

bbbb

bbbb

Sir Isaac Newton (1643–1727), a nagy angol fi zikus és matematikus algebra tankönyvet is írt. Egyik szórakoztató feladata az alábbi.

Három legelőn egyformán gazdagon és gyorsan nő a fű. Az egyik mező területe 331 , a másiké 10, a

harmadiké pedig 24 hektár. Az elsőt 12 tehén lelegeli 4 hét alatt, a másodikat 21 tehén 9 hét alatt. Hány tehén legeli le a harmadik legelőt 18 hét alatt?

Gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény I. 1039–1080, 1085–1102.

3. HATVÁNYOZÁS3. Hatványozás

A szorzás műveletének többszöri alkalmazásával jutunk el a pozitív egész kitevőjű hatványozás fogalmához. Az ismételt szorzást bármilyen számmal el tudjuk végezni, így an (n ! N+) defi níciójában az a alap tetszőleges valós szám lehet. Ha még előírjuk az a1 = a összefüggést is, akkor felírhatók a pozitív egész kitevőjű hatványo-zás azonosságai (a ! R, n, m ! N+):

1. an ⋅ am = an + m; 4. (ab)n = anbn;

2. aa am

nn m

=- (n 2 m, a ! 0); 5.

ba

ban

n

n

=` j (b ! 0).

3. a an m n m=

$^ h ;

(Az azonosságok a defi níció segítségével közvetlenül igazolhatók.)

1. E1

2. E1

3. E1

4. E1

5. E2

Ajánlott feladatok


I. ALGEBRA

14

A hatványozást a permanencia-elv fi gyelembevételével kiterjeszthetjük egész kitevőkre is.

A permanencia-elv alapján egy művelet kiterjesztésekor elvárjuk, hogy a korábban megismert azonossá-gok a kiterjesztés után is érvényben maradjanak.

a0 defi niálásához egyszerűen eljuthatunk az 1. azonosság segítségével. Helyettesítsünk n helyébe 0-t, ekkor

az azonosságból a0 ⋅ am = a0 + m = am, tehát 1aaa

m

m0

= = (a ! 0). Ez alapján csak az a0 = 1 lehetőség fogad-

ható el. Megmutatható, hogy ez a defi níció „értelmes”, azaz a többi azonosság, valamint a függvény monotoni-tása is érvényben marad.

A negatív egész kitevőjű hatványozás defi niálása érdekében helyettesítsünk n helyébe (-m)-et az 1. azonos-

ságban. Ekkor a-m ⋅ am = a-m + m = a0 = 1, tehát a lehetséges defi níció aa1m

m=- (a ! 0) alakú. Most is igazol-

ható, hogy a-m fenti defi níciójával továbbra is érvényben maradnak az 1–5. azonosságok.Az egész kitevőjű hatványozással kapcsolatban még két észrevételt teszünk. Az egyik, hogy a 2. azonosság

n 2 m feltételére nincs szükség (ez eredetileg azért kellett, hogy (n - m) ! N+ teljesüljön). A másik észrevétel az a alappal kapcsolatos: hangsúlyozzuk, hogy ha a kitevő 0 vagy negatív egész szám, akkor csak a ! 0 esetén érvényesek az azonosságok.

Emelt szintű érettségi vizsgakövetelmény az egész kitevőjű hatványozás azonosságainak a bizonyítása. Eze-ket általában úgy végezzük el, hogy a negatív egész kitevőről áttérünk pozitív egész kitevőkre, és az igazolandó azonosságot visszavezetjük ebben a számkörben lévő állításra, azonosságra.

A bizonyítások nem nehezek, de eléggé munkaigényesek, mert többféle lehetséges esetet kell megvizsgálni. Például az 1. azonosság igazolásakor n és m közül lehet az egyik vagy mindkettő negatív egész; vagy a 2. azo-nosságnál külön bizonyítandó az a lehetőség, amikor n és m pozitív egészek, de n 1 m és így tovább.

Két példát mutatunk negatív egész kitevők esetén.

Igazoljuk a 2. azonosságot negatív egész kitevőkre: aa ay

xx y

=- , ha x, y ! Z-, és a ! 0!

Alkalmazzuk az n = -x és m = -y helyettesítést; ekkor n, m ! Z+.

aa

aa

aa a11y

x

m

n

n

mm n$= = =

-

-- . Ha most m $ n, akkor készen vagyunk: a a am n y x x y

= =- - + - .

Ha viszont m 1 n, akkor (m - n) negatív: aa a

a1 1m nn m x y

x y= = =

-

- - +

- .

Ezzel az azonosságot beláttuk. Felhasználtuk a negatív egész kitevős hatvány defi nícióját, valamint a pozitív egész kitevőkre vonatkozó azonosságot.

Igazoljuk negatív egész kitevőkre a 3. azonosságot: a ax y x y=

$^ h , ha x, y ! Z-, és a ! 0!

Az n = -x és m = -y helyettesítéssel

a aa

a a

a a a111

11x y n m

n

m

n

m

n m

n m x y x y= = = = = = =

$

$ $ $- --

- -^ ^ c

c

^h h m

m

h ; az azonosságot beláttuk.

A többi azonosság is hasonló technikával igazolható.A továbbiakban a hatványozás alkalmazására mutatunk példákat.

Tekintsük a K = 31 ⋅ 32 ⋅ 33 ⋅ … ⋅ 32012 szorzatot.a) Elvégezve a műveleteket, hány jegyű szám lesz K? b) Mi K utolsó számjegye?

Az 1. azonosság miatt 31 ⋅ 32 ⋅ 33 ⋅ … ⋅ 32012 = 31 + 2 + … + 2012. Az egész számok összegét 1-től 2012-ig Gauss módszerével, a számok párosításával határozhatjuk meg:

1 2 20122

1 2012 2012$f+ + + = + = 2 025 078. Tehát K = 32 025 078.

a) Ekkora számot közvetlenül nem írhatunk be a számológépbe, ügyesebb módszert kell találni. Vegyük K 10-es alapú logaritmusát!

1. példa

Megoldás

2. példa

Megoldás

3. példa

Megoldás


3. HATVÁNYOZÁS

15

lgK = lg32 025 078 = 2 025 078 ∙lg 3 . 966 207,76. Ez azt jelenti, hogy 10966 207 1 K 1 10966 208; és ebből következik, hogy K éppen 966 208 jegyű.

b) Készítsünk táblázatot a 3-hatványok végződéséről!

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 …

3n végződése 3 9 7 1 3 9 7 1 3 9 …

Észrevehetjük, hogy az utolsó számjegyek periodikusan ismétlődnek. Ennek az az oka, hogy a sorozat bár-mely tagja csak az őt megelőző tagtól függ (annak 3-szorosa); tehát ha egyszer ismétlődés lép fel, akkor az „öröklődik”.A periódus hossza 4. Mivel 2 025 078 maradéka 4-gyel osztva 2, így K végződése megegyezik 32 utolsó számjegyével, azaz 9.

Mivel egyenlő :a ba b

c dc d11 1

2 2 4

1 1

1 1 3

+

- +-

+- -

- - -

- -

- - -

c cm m , ha a = 83 , b = 0,75, c = -3,5 és d = 0,7?

Az azonnali helyettesítés bonyolult, és esetleg pontatlan számolásokhoz vezetne, ezért előbb egyszerűbb alakra hozzuk a kifejezést.

Az osztandó egyszerűsítésekor alkalmazhatjuk a defi níciót, de azt is észrevehetjük, hogy a számláló-

ban nevezetes azonosság szerepel: a ba b

a ba b a b a b1 1

2 2

1 1

1 1 1 11 1

+

- =+

+ -= -

- -

- -

- -

- - - -- -

c^ ^

mh h . Ezután a defi nícióból

a ba b ab

b a1 11 1- = - = -- - következik, de helyettesíthetünk is:

a b1 1

38

34

34- = - = .

Az osztandó tehát 34

434 4

=-

` `j j .

Az osztót is átalakítjuk: c dc d1 1 1

1 1 3

+-

+- -

- - -

c m = c d

c21 1

1 3

-- -

- -

c m =

c d

c1 1

2 3

-

-J

L

KKK

N

P

OOO

=

cdd c

c2 3

-

-J

L

KKK

N

P

OOO

= d c

d2 3

-

-

c m =

= d

d c2

3-c m . Helyettesítés után kapjuk, hogy

,, ,

2 0 70 7 3 5

33

3

$- -

=^

chm .

Eredmény: a hányados értéke : 343

25634 3

=` j .

A nevezetes szorzatok és szorzattá alakítások leggyakrabban használt azonosságai: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2; (a - b)2 = a2 - 2ab + b2; a2 - b2 = (a + b)(a - b); (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac).Felírhatjuk a 3. hatványokra vonatkozó azonosságokat is:(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3; (a - b)3 = a3 - 3a2b + 3ab2 - b3;a3 - b3 = (a - b)(a2 + ab + b2); a3 + b3 = (a + b)(a2 - ab + b2).(Gyakran hasznos az (a + b)3 = a3 + 3ab(a + b) +b3, illetve (a - b)3 = a3 - 3ab(a - b) - b3 alakok isme-

rete is.)

Az azonosságok a műveletek elvégzésével egyszerűen igazolhatók.További, hasonló szerkezetű nevezetes azonosságokat is megfogalmazhatunk.

Bizonyítsuk be, hogy a b a b a a b a b ab bn n n n n n n1 2 3 2 2 1f- = - + + + + +- - - - -

^ ^h h, min-den a, b valós számra (n ! N+).

Az a ⋅ an-1 és (-b) ⋅ bn-1 tagokból megkapjuk (an - bn)-t. Meg kell mutatnunk, hogy a szor-zat további tagjai kiesnek.

A szorzás elvégzése után, az összevonások előtt olyan összeget kapunk, amelynek minden tagja n-edfokú lesz. Vizsgáljuk meg a tetszőleges ak ⋅ bn-k tag előállítását (1 # k # n - 1).

4. példa

Megoldás

5. példa

Megoldás


I. ALGEBRA

16

Az ak ⋅ bn-k tagot kétféleképpen kaphatjuk meg: az a ⋅ ak-1 ⋅ bn-k szorzatból, illetve a (-b) ⋅ ak ⋅ bn-k-1 szor-zatból. De ezek előjele ellentétes, összegük zérus. Ez éppen azt jelenti, hogy az ak ⋅ bn-k tag kiesik; és mivel ez tetszőleges 1 # k # n - 1 esetén elmondható, valóban csak az an - bn tagok maradnak meg.

Most tegyük fel, hogy n páratlan, és helyettesítsünk b helyére (-b)-t:

a b a b a a b a b a b bn n n n n n n1 2 3 2 2 1$ $ $f- - = - - + - + - + + - + -- - - - -

^ ^_ ^ ^ ^ ^_h hi h h h h i, azaz

a b a b a a b a b a b bn n n n n n n1 2 3 2 2 1$ $ " $f+ = + - + - +- - - - -

^ ^ ^h h h adódik.A „közbülső” ak ⋅ bn-k tagok (1 # k # n - 1) most is kiesnek, és megkapjuk az a ⋅ an-1 = an és b ⋅ bn-1 = bn

tagot is. Vagyis újabb azonosságot kaptunk, páratlan n esetén az an + bn összeg is szorzattá alakítható. Páros n esetén viszont az an + bn összeget – a fenti gondolatmenettel – nem sikerül szorzattá alakítani.

Összefoglalva:Két újabb azonosságot fogalmazhatunk meg n-edik hatványok különbségére, valamint páratlan kitevőjű

összegére. Ezek a következők (a, b tetszőleges valós számok):a b a b a a b a b ab bn n n n n n n1 2 3 2 2 1f- = - + + + + +

- - - - -^ ^h h, ha n ! N+;

a b a b a a b a b a b bn n n n n n n1 2 3 2 2 1$ $ $f+ = + - + - - +- - - - -

^ ^h h, ha n ! N+, n páratlan.

Természetesen, az n = 3 helyettesítéssel a korábban felírt a3 b3 azonosságokat kapjuk vissza.

Oszthatósági alkalmazásoka) Mutassuk meg, hogy 4105 + 3105 osztható 91-gyel!b) Adjuk meg 4105 - 3105 valamely kétjegyű osztóját!c) Bizonyítsuk be, hogy ha n páratlan természetes szám, akkor 9|11n + 7n!

a) 4 3 4 3 64 27105 105 3 35 3 35 35 35+ = + = +^ ^h h , és a fenti második azonosság értelmében

64 27 64 27 64 64 27 64 27 64 27 2735 35 34 33 32 2 33 34$ $ $f+ = + - + - - +^ ^h h. Ez a szorzat valóban oszt-ható 64 + 27 = 91-gyel.

b) 4 3 4 3 64 27105 105 3 35 3 35 35 35- = - = -^ ^h h , és a fenti első azonosság értelmében

64 27 64 27 64 64 27 64 27 64 27 2735 35 34 33 32 2 33 34$ $ $f- = - + + + + +^ ^h h. 64 - 27 = 37; ez a szorzat osztható a kétjegyű 37 számmal.

Általában is megfogalmazhatjuk, hogy ha a, b egész számok, n pozitív egész szám, akkor a - b osztja az an - bn különbséget. Ha pedig n páratlan, akkor a + b osztja az an + bn összeget.

c) Ha n páratlan, akkor 11 + 7|11n + 7n; ha pedig 18|11n + 7n, akkor 9|11n + 7n is igaz.

FELADATOK

Számológép használata nélkül döntsük el, melyik szám a nagyobb, A vagy B, ha:

a) A3 13 1

2013

2012

=+

+ , B3 13 1

2014

2013

=+

+ ; b) A = 99104, B = 999952; c) A = 12723, B = 51318 !

Bizonyítsuk be, hogy a 444…4888…89 alakú szám négyzetszám! (A szám n darab 4-est és (n - 1) darab 8-ast tartalmaz, n ! N+.)

A hatványozás egyik alkalmazási területe a kis és nagy számokkal való műveletvégzés. Az alábbi fel-adat megoldásakor igyekezzünk a számok normálalakját használni.

Arthur C. Clarke brit író Az isten kilencmilliárd neve c. novellájában tibeti szerzetesek elhatározzák, hogy kinyomtatják isten minden szóba jöhető elnevezését. Egy A4-es papírlapra 12 pontos betűmé-rettel kb. 50 sor fér ki. Tegyük fel, hogy a szerzetesek nagyobb betűmérettel, esztétikusabban nyom-tatnak, s így egy A4-es oldalra 30 név kerülhet.

a) Hány A4-es papírlapra volna szükségük a kilencmilliárd név kinyomtatásához?b) Becsüljük meg, hány hektár felületet fedne be ennyi egymás mellé helyezett papírlap!

6. példa

Megoldás

1. E1

2. E1

3. E1


4. GYÖKVONÁS, TÖRTKITEVŐJŰ HATVÁNYOZÁS

17

c) Becsüljük meg, hány m3 térfogatú ennyi papírlap!d) Becsüljük meg, hány tonna tömegű ennyi papírlap!(Egy csomag írólap éppen 5 cm vastag, 500 darab papírt tartalmaz, a címkéjén lévő 80 g/m2 felirat-ból pedig következtethetünk a tömegére.)

Alakítsuk szorzattá az alábbi kifejezéseket!a) a5 - b5; d) a3 - 3a2 + 3a - 2; g) x8 + x4 + 1;b) a5 + b5; e) 2x14 - 4x8 + 2x2; h) 1 - 32y5.c) a4 + 4b4; f) x8 - 3x2 - 2;


4. GYÖKVONÁS, TÖRTKITEVŐJŰ HATVÁNYOZÁS4. Gyökvonás, törtkitevőjű hatványozás

Az n-edik gyökvonás defi nícióját a hatványozás segítségével fogalmazhatjuk meg. Problémát jelent, hogy a defi níció különbözik páros és páratlan gyökkitevőre, ezért esetszétválasztást kell végeznünk.

Ha az n páros, azaz n = 2k alakú (k ! N+):

a bk2= 1. a $ 0, és 2. b $ 0, és 3. b2k = a.

(Kiolvasva: egy a nemnegatív szám (2k)-adik gyöke az a b nemnegatív szám, amelynek (2k)-adik hatványa egyenlő a-val.)

Ha az n páratlan, azaz n = 2k + 1 alakú (k ! N+):a bk2 1

=+ b2k + 1 = a.

Páratlan gyököt tetszőleges valós számból (negatívból is) vonhatunk. Ha tehát egyszerűen csak az n-edik gyökvonásról beszélünk, akkor ez mindig a fenti feltételek fi gyelembevételével történik.

A gyökvonás jól ismert azonosságai a következők:

1. a b abn n n$ = ;

2. ba

ba

n

nn= ;

3. a amn n m= ^ h ;

4. a akn nk= .

(Az alaphalmazra és a kitevőkre vonatkozó megkötéseket mindig szem előtt kell tartani: n és k 1-nél nagyobb természetes számok; ha n vagy k páros, a és b nemnegatív valós számok; a 2. azonosság miatt b nem nulla; m egész szám; végül ha a = 0, akkor m pozitív egész szám.)

Bizonyítsuk be a gyökvonás azonosságait!

Az azonosságok bizonyítását a hatványozás segítségével végezhetjük.1. Mindkét oldalt n-edik hatványra emeljük, és felhasználjuk a hatványozás ismert azonosságait. A bal oldal a b a b a bn n n n n n n

$ $ $= =^ ^ ^h h h . A jobb oldal szintén ennyi: ab a bn n$=^ h . A két oldal

n-edik hatványai egyenlők, de ebből még nem következik, hogy az alapok is egyenlők, előjelben még külön-bözhetnek. (Például x2 = 32-ből nem következik, hogy x = 3; x = -3 is lehetséges.)

Ha azonban n páros, akkor az azonosság mindkét oldala nemnegatív; míg ha n páratlan, akkor mindkét oldal azonos előjelű. Így most már igazoltuk az azonosságot.

A 2. azonosság hasonlóan bizonyítható.3. Esetszétválasztást végzünk m szerint.

Ha m pozitív egész szám, akkor a a a a a a a amn

mn

n n n

m

n m

db db

$ $ $ $ $ $f f= = = ^ h1 2 344 44 1 2 34444 4444

(a gyökvonást ténye-

zőnként végezhetjük).Ha m = 0 (és a ! 0), akkor mindkét oldal egyenlő 1-gyel.

4. E1

Ajánlott feladatok

1. példa

Megoldás


I. ALGEBRA

18

Ha m negatív egész szám, akkor helyettesítsük (-z)-vel! Ekkor z pozitív egész szám, és így

a aa a a

a a1 1 1mn znz

nzn n z

n z n m= = = = = =

- -

^

^ ^

h

h h , tehát igaz az azonosság.

A bizonyítás során felhasználtuk a pozitív egész m-ekre imént belátott összefüggést, mely szerint a hatványo-zás és a gyökvonás sorrendje felcserélhető.

4. Mindkét oldalt n-edik, majd k-adik (azaz (n ⋅ k)-adik) hatványra emelve az a = a azonossághoz jutunk. Ismét meggondolhatjuk, hogy a két oldal előjele megegyezik; így beláttuk a 4. azonosságot is.

A továbbiakban a gyökvonások alkalmazására mutatunk néhány példát.

Igaz-e, hogy z 20 6 11 20 6 11= - - + egész szám?

Első megoldás:Elegendő megmutatni, hogy z2 egy egész szám négyzete.

20 6 11 20 6 11z 20 6 11 20 6 11 2 20 6 11 20 6 112 2= - - + = - + + - - +^ h =

= 40 2 20 36 112 $- - = 40 2 4 36$- = . Mivel z 1 0 (a kivonandó nagyobb, mint a kisebbítendő), ezért z = -6.

Második megoldás:Észrevehetjük, hogy 20 6 11- és 20 6 11+ teljes négyzetek: 20 6 11 3 11 2

- = -^ h és 20 6 11+ =

= 3 11 2+^ h . Ezért z 3 11 3 112 2

= - - +^ ^h h = 3 11 3 11- - + = 11 3 3 11- - +^ h = -6.

MegjegyzésAz irracionális teljes négyzeteket nehéz felismerni, ezért célszerű őket alkalmas helyettesítéssel racionális kifejezéssé

alakítani. Például y 11= helyettesítéssel 20 6 9y y11 62- = + - , és ekkor az (y - 3)2 teljes négyzet már könnyen fel-

ismerhető.

Határozzuk meg , ,32 54 32 53- reciprokáta) a négyjegyű függvénytáblázat segítségével négy értékes jegy pontossággal!b) zsebszámológép segítségével három tizedes jegy pontossággal!

a) A négyjegyű függvénytáblázat szerint ,32 54 . 5,704 és ,32 53 . 5,704. Négy érté-

kes jegy pontossággal , ,32 54 32 53- . 5,704 - 5,704 = 0, ennek a számnak egyáltalán nincs reciproka.b) Ha a számológéppel számolva a nevezőben 3 tizedes jegyet őrzünk meg, akkor sem tudjuk végrehajtani

az osztást.

Ha egy tartalékjeggyel dolgozunk, akkor , ,32 54 32 53- . 5,7044 - 5,7035 = 0,0009, ennek reciproka

910 000 . 1111,111. Ha gyanút fogunk, és öt tizedes jegyet őrizünk meg, akkor

, ,32 54 32 531-

.

. , ,5 70438 5 70351

1-

= ,0 00087

1 , ami . 1149,425. Ez bizony jelentős eltérés; látható, hogy ha egyre több

tizedes jegyet hagyunk meg a nevező kiszámításakor, akkor a reciprok értéke egyre pontosabb lesz. Ha a számo-

lógép 9 tizedesjegyét megőrizzük, akkor eredményül , ,32 54 32 53

1-

. , ,5 704384279 5 703507693

1-

=

= ,0 000876586

1 . 1140,789381 adódik; míg ha magával a géppel végeztetjük el a műveletet, akkor

, ,32 54 32 531-

. 1140,789198. (Ez utóbbi két érték azért különbözik, mert a gép által kijelzett 9. tizedes

jegy kerekített, és ő a memóriájában a kerekítés nélküli, pontosabb értékkel dolgozik.)Sajnos, a gépi 1140,789 eredmény önmagában még nem garantálja a megoldást; nem lehetünk biztosak

abban, hogy az érték pontos 3 tizedes jegyre. Mit tehetünk?Gyöktelenítsük a nevezőt!

, , , ,, ,

32 54 32 531

32 54 32 5332 54 32 53

$- +

+ = ,

, ,0 01

32 54 32 53+ = , ,100 32 54 32 53$ +^ h.

Most a , ,32 54 32 53+ . 11,40789197 összegben csak legfeljebb az utolsó tizedes jegy kerekített, ezért

, ,100 32 54 32 53$ +^ h . 1140,789 már biztosan tudható, hogy 3 tizedes jegyre pontos érték.

2. példa

Megoldás

3. példa

Megoldás


4. GYÖKVONÁS, TÖRTKITEVŐJŰ HATVÁNYOZÁS

19

Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével a 2 3 55 3 2543$ $ kifejezést!

Első megoldás:Belülről kifelé haladunk, a gyökjel alá bevitel módszerét alkalmazzuk.

2 3 55 3 2543$ $ = 2 3 55 15 2543

$ $ = 2 3 55 15 2203 $ $ = 2 3 5100 15 2203 $ $ = 2 3 5100 15 260 $ $ .

Második megoldás:Először „kívülről befelé” haladva alkalmazzuk a gyökvonás azonosságait.

2 3 55 3 2543$ $ = 2 3 553 3 2543

$ $ = 2 3 553 3 2512$ $ = 2 3 553 312 2512$ $ = 2 3 553 312 260$ $ .Ezután közös gyökkitevő alá viszünk:

2 3 5 2 3 5 2 3 553 312 260 10060 1560 260 100 15 260$ $ $ $ $ $= = .

A törtkitevőjű hatványozás az egész kitevőjű hatványozás általánosítása. A permanencia-elv miatt a kn

értékét (a ! R; k, n ! Z+) úgy kell értelmeznünk, hogy a hatványozásnak az egész kitevőkre vonatkozó azo-nosságai, valamint a monotonitási tulajdonságok is érvényben maradjanak.

Például a 3. azonosság esetén (hatvány hatványa) teljesülnie kell, hogy a akn k

n=` j , s innen szükségképpen

a akn

nk= . Tehát a k

n

defi níciója – a permanencia-elv miatt – ha egyáltalán lehetséges, akkor csak a fenti alakú lehet.

Természetes gondolat, hogy a törtkitevőjű hatványozás eredménye csak a kitevő értékétől függjön, az alak-

jától ne. (Például meg kell követelnünk, hogy 4 423

46

= teljesüljön; idegen kifejezéssel ezt reprezentáció-füg-

getlenségnek nevezik.) Ez esetben viszont nem engedhetjük meg a negatív alapot: 4 423

46

!- -^ ^h h , ugyanis

4 423

3- = -^ ^h h értelmetlen, míg 4 446

64- = -^ ^h h = 8.A gyökvonás 3. azonossága szerint a gyökvonás és hatványozás sorrendje felcserélhető. Negatív alap esetén

ez sem mindig teljesülne: 2 2 424

4- = - =^ ^h h , míg 2 4-^ h nem lenne értelmezhető.

Általában a 0 alapot sem engedhetjük meg, hiszen a kitevők negatívok is lehetnek.Végül említsük meg, hogy minden egész szám egyúttal racionális szám is, teljesülnie kell tehát az

a a ann n1 2

2

= = stb. egyenlőségeknek. Megállapodás alapján az 1 gyökkitevőt nem szükséges értelmeznünk,

mert a an

n1 = egész kitevőjű hatvány, kezelése nem okoz problémát.

Megmutatható, hogy az a akn

nk= defi níció az a 2 0; k, n ! Z+, k 2 1 megkötésekkel már megfelelő. Vagyis

érvényesül a permanencia-elv, teljesülnek a gyökvonás azonosságai, a defi níció a kitevő tört alakjától függet-len. Bebizonyítjuk az egyik azonosságot (a többi hasonlóan mutatható meg), s igazoljuk a reprezentáció-függet-lenséget is.

a) Bizonyítsuk be a reprezentáció-függetlenséget!b) Bizonyítsuk be, hogy az an ⋅ am = an + m azonosság érvényben marad törtkitevőjű hatványok esetén is!

a) Meg kell mutatnunk, hogy ha lk

nm

= , akkor a alk

nm

= , ahol a 2 0, és k, l, m, n egész

számok.

A lk

nm

= feltételből kn = lm következik. Tudjuk, hogy a akl l k=_ i ; mindkét oldalt n-edik hatványra emelve

a akl ln kn=_ i adódik. Hasonlóan kapjuk az a amn n m

=_ i egyenlőség l-edik hatványából, hogy a amn ln ml=_ i .

Mivel a akn ml= , ebből a akl ln mn ln

=^ ^h h , illetve gyökvonás után a akl mn= következik. Készen vagyunk:

a alk

nm

= valóban.

b) Bizonyítandó, hogy a a a alk

nm

lk

nm

lnkn ml

$ = =+ +

, ahol a 2 0, és k, l, m, n egész számok.

a a a a a a a alk

nm

lnkn

nlml

knln mlln kn mlln lnkn ml

$ $ $= = = =+

+

; az állítást beláttuk. (Közben felhasználtuk az a) pontban igazolt reprezentáció-függetlenséget is.)

4. példa

Megoldás

5. példa

Megoldás


I. ALGEBRA

20

Ábrázoljuk a [-1,5; 1,5] intervallumon, azonos koordináta-rendszerben a következő függ-vényeket!

a) a(x) = x; b(x) = x2; c(x) = x3; d(x) = x ; e(x) = x3 .

b) a(x) = x; b(x) = x 31

; c(x) = x 32

; d(x) = x 34

; e(x) = x23 .

a) A lehető legbővebb alaphalmazon ábrázolunk, a d(x) függvény esetében 0 # x # 1,5 az értelmezési tartomány. Az ábrá-ról leolvasható az egyes függvények közötti nagyságrendi viszony.

b) A b(x), c(x) és d(x) függvények esetében x 2 0 az értelmezési tar-tomány. A defi nícióból következik, hogy a nagyságrendi relációk x 1 1 és x 2 1 esetén megfordulnak. Az is látható, hogy csak a pozitív szá-

mokra teljesül az x x32

23/ azonosság (egyébként c(x)-et nem értel-mezzük).

x

y

1

0 1

b

d

a

e

−1,5 1,5

c,

e

FELADATOK

Melyik nagyobb, A vagy B, ha

a) A 20 19= - és B 23 22= - ;

b) A 20 19= + és B 21 18= + ;

c) A 20 193 3= - és B 23 223 3

= - ;

d) Axx x

xx

28 2

223

$=-

- +--

e o és B x x3 2 2 1 2 9 4 2= + + + + - + ;

e) A4 5

15 6

115 16

1f=+

++

+ ++

és B 2 2 3 2 2 3 2 2 3= + + + - + ?

Gyöktelenítsük az alábbi törtek nevezőit:

a) xa

1+; b) b

7 3 2+ -; E2 c) c

5 6 7+ +; d)

xd

13+

; e) x

e164 -

!

Ábrázoljuk transzformációs lépések segítségével az alábbi függvényeket, és határozzuk meg az x és y tengelymetszeteket!

a x x2 3 13$= - - +^ h ; b x x3 2 132

$= - -^ ^h h ; c x x21 5 22

3

$= - +^ ^h h .

Milyen geometriai transzformációkat hajtottunk végre az egyes lépések során?

6. példa

Megoldás

1. E1

2. E1

3. E1

x

y

1

0 1

b

c

a

d

e

�1,5 1,5

b)

a)


5. RACIONÁLIS ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK

21

Mi a hiba az alábbi átalakításokban?

a) 33 10 8 17 6 8 8 5 8 3 8 5 8 3 82 2+ - - = + - - = + - - =^ ^ ^h h h .

b) x x x x x x8 2 8 2 16 42 2 2 4 2$ $= = = .c) „Bebizonyítjuk”, hogy 4 = 5. A kiindulási egyenlettel azonos átalakításokat végzünk, majd teljes

négyzetté alakítunk:

16 - 36 = 25 - 45 16 36 2041 25 45 20

41- + = - +

4 2 429

29 5 2 5

29

292 2 2 2

$ $ $ $- + = - +` `j j 429 5

292 2

- = -` `j j .

Ezután mindkét oldalból gyököt vonva készen is vagyunk: 429 5

29- = - 4 = 5.


5. RACIONÁLIS ÉS IRRACIONÁLIS SZÁMOK5. Racionális és irracionális számok

Korábbi tanulmányainkból tudjuk, hogy a racionális számok halmaza zárt a négy alapműveletre: törtek összege, különbsége, szorzata és hányadosa is tört (persze 0-val nem osztunk). Azt is megtanultuk, hogy a raci-onális számok tizedestört-alakja vagy véges, vagy végtelen, de szakaszos tizedes tört.

(Ez utóbbi állítás az ba racionális szám osztási algoritmusából következik. Az osztási eljárás vagy véget ér

(ekkor a tizedes tört véges), vagy – mivel a és b egész számok – az osztási maradék előbb-utóbb megismétlődik. (Ha a és b relatív prímek, akkor legkésőbb a b-edik lépésben.) A maradék ismétlődése miatt pedig a hányados számjegyei is periodikusak lesznek.)

Kérdés, hogy tudunk-e hasonló állításokat megfogalmazni az irracionális számokról?

Indirekt bizonyítunk: tegyük fel, hogy x racionális. Ekkor azonban tizedestört-alakja vagy véges, vagy végtelen, de szakaszos tizedes tört lenne. Ellentmondásra jutottunk, x tehát nem lehet racionális szám.

Mivel a véges, vagy a végtelen, de szakaszos tizedes törteket fel tudjuk írni közönséges tört alakban, két egész szám hányadosaként, ezért megfogalmazhatjuk az alábbi tételt.

Ezen észrevétel alapján könnyen megadhatunk irracionális számokat. Például a 0,656556555655556… tize-des tört (amelyben a 6-osok után mindig eggyel több 5-ös szerepel) biztosan irracionális, hiszen nem lehet peri-odikus. (Bármilyen hosszú periódust tételeznénk fel, a szomszédos 5-ösök száma előbb-utóbb ennél nagyobb lesz, és ez elrontja a periodicitást.)

Más úton is konstruálhatunk irracionális számokat.

4. E1

Ajánlott feladatok

Ha egy x valós szám tizedestört-alakja végtelen, nem szakaszos tizedes tört, akkor x irracionális szám.

Tétel

Bizonyítás

Egy x valós szám akkor és csak akkor irracionális, ha tizedestört-alakja végtelen, nem szakaszos tizedes tört.

Tétel

2 irracionális szám.

Tétel


I. ALGEBRA

22

Indirekt bizonyítunk. Tegyük fel, hogy 2 racionális szám. Ekkor ba2 = alakba írható,

ahol a, b pozitív egész számok, és azt is feltehetjük, hogy relatív prímek. (Azaz a tört nem egyszerűsíthető.)

ba2 =

ba2 2

2

= b a2 2 2= .

Az utolsó egyenlet bal oldalán páros szám áll, így a2 és a is páros szám. Ha a páros, akkor a2 osztható 4-gyel is. Az egyenlet jobb oldalán tehát 4-gyel osztható szám áll, így szükségképpen a bal oldalnak is oszthatónak kell lennie 4-gyel. Ha 2b2 osztható 4-gyel, akkor b2 és b is páros szám.

Ellentmondásra jutottunk, hiszen ekkor a és b nem relatív prímek. Ez azt jelenti, hogy a feltevésünk hamis volt, tehát 2 valóban irracionális szám.

Más bizonyítási lehetőségek:A bizonyítást többféleképpen is befejezhetjük.Egyik másik lehetőség, ha a legutóbbi b a2 2 2

= egyenlet két oldalát a 3-mal való oszthatóság szempontjából vizsgáljuk meg. Ha b 3-mal osztva 0 maradékot ad, akkor a bal oldal maradéka 0, és így a jobb oldalnak – tehát a-nak is – oszthatónak kell lennie 3-mal. Ellentmondást kapunk, mert ekkor a és b nem relatív prímek, mind-kettő 3 többszöröse.

Ha pedig b 3-mal osztva 1 vagy 2 maradékot ad, akkor b2 maradéka 1, a bal oldal maradéka 2, tehát a jobb oldal maradékának is 2-nek kell lenni. Ez lehetetlen: négyzetszám 3-mal osztva nem adhat 2 maradékot.

Végül egy harmadik módszer, ha észrevesszük, hogy a b a2 2 2= egyenlet bal oldalán 2-nek páratlan, míg a

jobb oldalon páros kitevőjű hatványa áll. Ekkor a számelmélet alaptételével kerülünk ellentmondásba.Hasonló módon igazolható, hogy minden olyan n alakú szám is irracionális, ahol az n pozitív egész szám

nem négyzetszám.

Racionális és irracionális számok közötti műveletek Jelöljön a racionális és x irracionális számot. Döntsük el, hogy az alábbi számok közül melyik racionális,

melyik irracionális! a) a + x; b) a - x; c) ax; d) xa ; e)

ax .

a) a + x irracionális. Ha ugyanis a + x = b racionális szám lenne, akkor az x = b - a ellent-mondásra jutnánk.

b) a - x irracionális, hasonlóan az a) részben mondottakhoz.c) Ha a = 0, akkor a szorzat nulla, tehát racionális. Ha a ! 0, akkor ax irracionális. Ha ugyanis ax = b raci-

onális szám lenne, akkor az x = ab ellentmondást kapnánk.

d) Ha a = 0, akkor a hányados nulla, tehát racionális. Ha a ! 0, akkor xa irracionális. Ha ugyanis

xa = b ! 0

racionális szám lenne, akkor az x = ba ellentmondásra jutnánk.

e) ax irracionális, hasonlóan a d) rész második felében mondottakhoz.

Megállapíthatjuk: Egy irracionális és egy nem zérus racionális szám összege, különbsége, szorzata és hányadosa mindig irracionális szám.

Irracionális számok közötti műveletekMutassuk meg, hogy két irracionális szám összege, különbsége, szorzata és hányadosa racionális és irracio-

nális szám is lehet!

Elegendő egy-egy példát adnunk a lehetséges esetekre. Két irracionális szám összege lehet racionális és lehet irracionális is (például x 5 2= és y 3 2= válasz-

tással x + (-x) ! Q és x + y ! Q*).Kivonáskor a helyzet hasonló: x - x ! Q és x - y ! Q*.

Szorzás és osztás esetén xy ! Q és yx ! Q racionális számok, míg például z 5 6= választással, mint köny-

nyen megmutatható, zx ! Q* és xz ! Q* irracionális.

Bizonyítás

1. példa

Megoldás

2. példa

Megoldás


16512 matematika 11-12 book2 · 116512_matematika 11-12_book2.indb 106512_matematika...

Documents