Racionális és irracionális kifejezések

Racionális és irracionális kifejezések a + b a + ac a_ a+ ci a 77. A feltétel szerint b ac, ezért b c. + ac + c c_ a+ ci c ab ac bc 78. A feltétel szerint: ab+ ac+ bc- b, ezért + + + + a b c abc b -b -, mivel ac -b - ab - bc. ac - b - ab - bc a + b + c J x y z N x y z xy xz 79. A feltételbôl következik: + + K a b c O + + + + + a b c ab ac L P yz x y z xyzj c a b N +. Ebbôl + + + + + bc a b c abc K z x y O. A második feltétel L P x y z miatt a zárójelben levô összeg értéke 0, így: + +. a b c J 9 n N J N n n n n n 70. : n + 7 n - n + 9 + $ n n - n + 9 _ + i` - + j K O K O L P L P n - n + 9 + n, és ez minden, a feltételben szereplô n-re pozitív egész szám. 7. n n - n - n - _ n- i_ n+ i - n_ n+ i + ` n - j_ n+ i - n_ n+ i + n n n- n n _ n+ i - < _ n+ i -F. Az elsô tag osztható n -tel, így vizsgáljuk a n n n n- n- második tagot. _ n+ i - n< _ n+ i + _ n+ i +... + _ n+ i + + _ n + i+ B. A kapott szorzat második tényezôjében az n darab tag mindegyike _ n + i hatványa, így n-nel osztva maradékot ad. Az n tagú összeg ezért osztható n-nel, maga a szorzat pedig n -tel, és ezt akartuk bizonyítani. Racionális és irracionális kifejezések 7. Egy lehetséges felírást mutatunk meg: a) _ + + i : -; b) 7 + + + : ; c) : + - ; d) $ + ; e) 85 + :. 7. Az A kifejezés értéke 55. a) Mivel A-ban szereplô minden mûveleti jel összeadás, ezért ezt az értéket növelni a megadott módon nem lehet.

Racionális és irracionális kifejezések b) Ha egy szám elôjelét negatívra változtatjuk, akkor az A értéke a szám értékének kétszeresével csökken. Ezért ha pl. +0-et 0-re változtatjuk, akkor A - 0-at kapunk. c) A b-ben leírtak alapján: 8 - A - 7 - + + - 5+ 6-7- -8-9- 0. d) Mivel mindig páros számmal csökken A értéke, ezért 55-tel nem csökkenthetô, azaz 0 nem lehet. 7. Nem, mivel három páratlan szám összege nem lehet páros. 75. A megoldás: a) Legyen a kétjegyû szám ab alakú. A feltétel szerint: a+ b ab; a+ b- ab 0. Szorzattá alakítva: _ a-i_ b- i. Egész számok esetén csak úgy teljesülhet, ha a-!, és b-!. Ha a-, és b-, akkor a, és b, azaz a kétjegyû szám a. Ha a- -, és b- akkor a 0, és b 0, nincs ilyen kétjegyû szám. b) Legyen a háromjegyû szám abc alakú. a+ b+ c abc, átalakítva + +. bc ac ab Legyen ab x, ac y, bc z (I). A feladat átfogalmazható úgy, hogy + + megoldását ke- x y z ressük, ahol x, y, z pozitív egészek és feltehetô, hogy x# y# z. (i) x nem lehet. (ii) x esetén + egyenlet megoldása az a)-hoz hasonlóan y z y, és z 6, y 6, és z, y, és z. Visszahelyettesítve (I)-be kapjuk, hogy: ab ; ac ; bc 6 egyenletrendszerbôl: a, b, c, ab ; ac 6; bc egyenletrendszerbôl a, b, c, ab ; ac ; bc nincs megoldása a pozitív egész számok körében. (iii) x esetén + egyenlet megoldása az egész számok y z halmazán y, z. Ez azonban a; b; c-re nem egész. (iv) x $ esetén nincs olyan x; y érték, amelyre teljesül, hogy + +, és x# y# z. Pl.: x esetén +, yz, $, x y z y z ezért + # <. y z

Racionális és irracionális kifejezések 76. Egy-egy példát mutatunk minden esetre a) a+ b+ c 9876 + 5 + 0, b) a: b: c : : ; a 0; b 978; c 65, c)a- bc 65 5; a- bc 79 860 - $ 5. 77. Ilyenek például $ 87 87; 5 $ 9 95; 8 $ 8 87; 5 $ 5. 78. a) $ 9 7 5 6 8 b) nem lehet ilyen bûvös négyzetet készíteni, mivel pl. a 7 prím, és nem szerepelhet minden szorzatban. 79. A feltételek szerint: II(I) B k, ahol k! N ; I(II) # B # 00 ; (III) B abcd alakú, ahol abcd ; ; ; < 7; () _ a+ i_ b+ i_ c+ i_ d+ i n, ahol n! N. Írjuk fel (I) és () tízes számrendszerbeli alakját. 000a+ 00b+ 0c+ d k ; 000 _ a+ i+ 00 _ b+ i+ 0 _ c+ i + d+ n. Vonjuk ki egymásból az utolsó két egyenletet. n - k. I(V) _ n- ki_ n+ ki $ $ 0. Felírva összes osztóját osztópárok segítségével:,,,,, 0,, 0. Mivel nk,! N, ezért n- k< n+ k. Így az alábbi esetek lehetségesek: n- k n+ k n k 667 666 557 55 0 57 6 0 67 Az (V) egyenletnek a fenti számpárok a megoldásai, de a (II) feltétel szerint csak a k a szóba jöhetô megoldás. Tehát a B 56. Ellenôrzéssel meggyôzôdhetünk, hogy ez valóban jó megoldás. 750. a) Minden esetben igaz, ha ab,! Z. b) Minden olyan esetben, mikor a; b! N, kivétel ha a b 0, mert a 0 0 -t nem értelmezzük. c) Az b a és a b racionális számok, ha a és b egész, egymás reciprokai, ezért szorzatuk minden esetben, ha a; b! 0.

Racionális és irracionális kifejezések a d) tört b! 0. b i i. pozitív akkor, ha a >0 és b >0 vagy a <0 és b < 0. ii. egész szám akkor, ha b a teljesül. b e) Ha a, b egész és a! 0, akkor a tört mindig racionális. a f) a- b<0 akkor teljesül, ha a< b. 5 J N 5 75. a) $ $ $ ; b) - - + $ 6 5 6 K 5 O ; 6 L P 7 5 7 J N 5 c) + + - ; d) : - $ 60 5 6 8 K 5 O. 6 L P 75. A növekvô sorrend: 8 8 8 9 a) - < - < < < ; b) - < - < < <. 5 7 7 5 5 7 7 75. Az eredmények: 5 a) A, B ; b) C A+ B ; 60 5 55 c) D- _ Ai-- _ Bi B- A- -9, ; d) E A$ B ; 60 A 5 e) F. B a 75. Legyen a tört alakú, a és b pozitív egész. b a+ c a a)állítás: <, ahol c! N + ; b+ c b a _ a+ cib< a_ b+ ci & ab + bc < ab + ac & b< a igaz mert >. b Tehát a tört értéke csökken, de -nél nagyobb, mert a nevezô mindig kisebb mint a számláló. b) Az elôzôhöz hasonlóan igazolható, hogy a tört értéke nô, de -nél kisebb szám lesz, mert a nevezô mindig nagyobb, mint a számláló. 755. Alakítsuk át a megadott összegeket váltakozó elôjelû, ún. teleszkópikus összeggé. a) A + + + $$$ + ; $ $ $ 00 $ 005 - ; - stb.; $ $ 00 A - + - + - +... + - -. 00 005 005 005 b) Az a) alapján 0 5 B - ; 0 08 0

Racionális és irracionális kifejezések 5 75 c) C - ; 77 5 d) D + + + $$$ + 5 $ 9 9$ $ 7 0 $ 05 J N J $ + +... + K 5$ 9 9$ 0 $ 05 O N $ - K 5 05 O 60 ; 05 7 L P L P 5 7 n + e) E + + + $$$ + ; $ $ $ n $ _ n+ i n + - összefüggés alapján E -. n _ n+ i n _ n+ i _ n + i 756. a) Az állítás igaz, mert -hez pozitív számot adva, egynél nagyobb számot kapunk. b) Igaz, mert egész számmal összeadást és osztást végeztünk, ez nem vezet ki a racionális számok körébôl. c) Hamis, mert -hez olyan törtet adtunk hozzá, amelynek a nevezôje nagyobb mint a számlálója, így nem lehet az összeg. - azért nem, mert az A kifejezés pozitív. d) A tört értéke pozitív az elôjel változtatása után is, ezt evonva -nél kisebb számot kapunk. e) A 6,. 757. Mindig Van amikor Soha nem igaz igaz igaz a c + b d racionális szám X a c $ b d egész X a c Ha, akkor a c és b d b d X c a $ racionális szám d b X 758. a) Pl.:,95 5,07; 5,095;,99;,995; minden olyan racionális szám választható, amely a A9, ; 57, -ban van. b) Pl.:,0;,5; ; 0,96; ; minden olyan racionális szám megfelel, amely a A- ; 097, 7 vagy a A0, ; 7intervallumba esik. c) Pl.: -,; -,9; -,97; -,58; -,500, minden racionális szám, amelyre igaz, hogy a A-5, ; -5, 7intervallumban van.

6 Racionális és irracionális kifejezések 759. A megadott két racionális szám között helyezkedik el a két szám számtani közepe, ezek alapján: 05 a) pl.: ;. b) pl.: ;. 5 7 0 0 760. Hozzuk közös nevezôre, majd bôvítsük a törteket: 0 5 5 50 ;. 7 56 560 8 56 560 Ilyen alakban megadott törteknél már könnyen látható pl.: ; stb. 560 560 Általában is megadható ez az eljárás. Megfelelôen nagy közös nevezôt választva, tetszôleges sok racionális szám adható meg a két szám között. p 76. Legyen a tört alakú. A keresett törtek nevezôje legalább 0 és legfeljebb, mert ha a számok tizedestört alakját nézzük, akkor < 7, < 7 q 0 7, o esetben a számláló már háromjegyû. 7 Ha q 0, akkor 7 < < 7, de ez a tört egyszerûsíthetô, ezért a nevezô 0 nem lesz kétjegyû. 80 8 p 8 8 Ha q, akkor < 7 < 7 <, ezért ; lehet. q 88 90 p 89 Ha q, akkor 7 < 7, ezért. q 95 98 p 96 97 Ha q, akkor < 7 < 7 <, ezért ;. q A feladat feltételeinek 5 tört felel meg. 76. a) A 9 héttel való osztásánál a tizedes tört alakban a szakasz hossza 6, és a 785 számok periodikusan ismétlôdnek. A 005 hattal való osztásakor a maradék, ezért a 005. helyen 7 számjegy áll. b) A -nak 6-tal való osztásakor vegyes tizedes tört alakot kapunk. A tört alakjában a tizedesvesszô után csak a második jegytôl ismétlôdnek a számjegyek, a periódus hossza 6, a számjegyek sorrendje 5 86. Ezek figyelembevételével a 005. helyen áll. 76. Egy tört akkor bôvíthetô 0 hatvány nevezôjû törtté, ha nevezôjének prímfelbontásában csak, illetve 5 szerepel. Ezek alapján a bôvített tört alakok: 5 8 55 7 75 ; ; ; ; ;, 0 0 00 00 000 0 nem alakítható át: ; ;. 8 n m 76. A lehetséges nevezôk: $ 5 alakúak, ahol n; m! N +, azaz 0; 6; 0; 5; ; 0; 50, 6; 80.

Racionális és irracionális kifejezések 7 765. Hozzuk tovább nem egyszerûsíthetô alakra. Tizedes tört alakja: i. véges, ha a közönséges tört nevezôjében csak és 5 hatványai szerepelnek, ilyenek:,, ; 0 00 5 67 5 ii. tiszta szakaszos végtelen tizedes tört, ha nevezôjében nem szerepel 5 67 9 és 5 hatvány:,, ; 7 8 08 7 iii. vegyes szakaszos végtelen tizedes tört, ha és 5 hatvány mellett szerepel más prímhatvány is:,. 5 5 6 5 766. a) 0, ; b) 0, 65 ; c) 0, o ; 5 8 59 0 d), 07 ; e) 06, o ; f) 0, 55 ; 5 000 6 0 g), o ; h) 6, ; i), o. 50 9 767. Egy üveg üdítô db + 0 db + 00 db +, o 9 0 üdítôt ér. 768. a)hamis, pl.:. 5 b) Hamis pl.:. 5 n m c) Igaz, mert b $ 5 alakú nevezô esetén kaphatunk véges tizedes törtet. d) Igaz, mert ha b! 0, akkor az adott egyenlet megoldása racionális szám. e) Hamis, c) szerint. 9 769. a) Hamis, pl.: +. 5 b) Hamis, pl.: $ 6. 5 0 c) Hamis, pl.: -. 6 d) Igaz, mert a szorzás mûvelete nem vezet ki a racionális számok körébôl. e) Igaz. p Legyen feltétel szerint a, _ p; qi és a k, akkor az állítás a! Z, q ahol k; l! Z. p Ekkor a k, azaz p q k. Ez csak akkor teljesülhet, ha k négyzetszám. q Tehát k n, & a n & a! n. Ezzel az állítást beláttuk.

8 Racionális és irracionális kifejezések 770. Legyen a+ b k, (I) és ab n, k; n! Z. Képezzük az _ a- bi _ a+ bi - ab k -n kifejezést. Az egyenlôség jobb oldala egész, ezért _ a- bi egész, és ab,! Qmiatt racionális. Ha egy racionális szám egész, akkor a szám is egész [lásd elôzô feladat e) rész], ezért a- b is egész. Tehát a- b! k -n egész, (II) azaz! k - n! l, l! N. k! l k! l Az (I) és (II)-bôl a, és b adódik. Ha k páratlan, akkor k - n is páratlan, így l is páratlan azaz a; b egész. Ugyanígy k párossága esetén is belátható, hogy a; b egész. 77. a) Hamis. bc b) Hamis, mert x, racionális, feltéve hogy a! 0. Ha a 0 akkor, ad és c! 0 akkor nincs megoldás, ha a 0 és akkor minden valós szám megoldás. c) Igaz, ha a; c; d! 0, és c 0. d) Hamis. e) Hamis, lásd b)-t. f) Igaz. 77. Végezzük el a szorzást: J a c N J d b N - $ K - b d O K c a O ad bc + - (I) bc ad L P L P ad vezessük be az x jelölést. Eszerint a megadott kifejezés: bc x + -. x Mivel x + $ & x + - h, ahol h > 0; x x x -_ h+ i x+ 0. Ennek a másodfokú egyenletnek akkor van racionális gyöke, ha a diszkrimináns négyzetszám. D _ h+ i - k, k! Z; _ h+ i - k. Két négyzetszám különbsége csak úgy lehet, ha _ h + i, és k 0. Ezek alapján h 0, ami ellentmond annak a feltételnek, hogy h pozitív egész.

Racionális és irracionális kifejezések 9 77. Elôször alakítsuk szorzattá a középsô számot. n + n n _ n+ i. n + n+ _ n + i_ n + i Összeszorozva a három kifejezést, majd egyszerûsítve: n + n _ n+ i n + $ $ n +, amely mindig természetes szám, ha n _ n+ i_ n+ i n n! N +. 77. A legkisebb nevezô, ami feltételeknek megfelel a 00 + 0. Indoklás: Alakítsuk át az egyenlôtlenséget: 99 $ 0q< 00 $ 0p< 00 q. (I) Az egyenlôtlenség elsô részébôl az következik, hogy 99 $ 0q legalább 0- gyel kisebb mint 00 $ 0p, hiszen mindkettô 0-nek többszöröse. (II) Ugyanígy 00 $ 0p legalább 00-zal kisebb, mint 00 q. Az (I)-bôl és (II)-bôl következik, hogy 00q - 99 $ 0q $ 00 + 0 0, ebbôl q 0. Meg kell mutatni, hogy létezik 0 nevezôjû tört, ami a feltételeknek megfelel. 99 Mivel 98 00 00, és 00 00 0 0, ezért a keresett tört csak a 99 lehet. 0 Erre teljesül a feltétel, és 0 nevezôjû törtek közül csak ez az egy felel meg, 00 99 mert - <. 0 00 00 $ 0 0 775. A két megadott egyenlôtlenségbôl keressünk korlátot p-re, q-ra `p; q! Z + j: 90 < p+ q< 00 (I), ebbôl 90 p 00 < + < (II), q q q p 09, < < 09, (III). q Vonjuk ki (II)bôl a (III)-ast, és vizsgáljuk az egyenlôtlenség elsô részét: 90-09, < & q > 7,. q A kivonás után most nézzük az egyenlôtlenség második részét: 00 00 < - 09, & q < < 5, 5. q 9, Így q értéke 8 # q # 5.

0 Racionális és irracionális kifejezések A p értékét a (III) átalakított alakjából határozzuk meg: 09, q< p< 09, q. Ezek után a lehetséges q értékek mellett a következôket kapjuk: ha q 8; 9; 50, akkor nincs megoldás, ha q 5, akkor p 6, ha q 5, akkor p 7. 6 7 A feledat megoldása: ;. 5 5 A 776. Tegyük fel, hogy van A egész szám, amelyre tizedestörtalakja négy 989 darab szomszédos 9-es számjegyet tartalmaz valahol a tizedesvesszô után. Ekkor szorozzuk meg tíz olyan hatványával, amelynél tizedestörtalakjában 0 k $ A 989 közvetlenül a tizedesvesszô után áll a négy darab 9-es. Ekkor a hányados törtrésze legalább 0,9999, de ez nem lehet, hiszen az osztásnál keletkezô maradék 988 legfeljebb 988, és < 0, 9995. 989 A Az azonban nem igaz, hogy tizedestörtalakjában sehol sem szerepelhet 989 A négy szomszédos 9-es. Ha A 9 $ 989 + 988, akkor 9, 999 9... 989 777. Tegyük fel, hogy létezik olyan racionális szám, ami a megadott egyenletnek megoldása. Legyen ez x. Írjuk fel a megadott egyenletet a törtrész definíciója segítségével: $ x. + # x- x - 9 x C + x-7 xa. A feltétel szerint a bal oldal egész ( ), a jobb oldalt x + x- a9 x C + 7 xak alakba írva a zárójelben lévô kifejezés szintén egész, ezért az x + x is egész és pozitív. Írjuk fel erre a következô egyenletet: x + x n, ahol n pozitív egész. Az egyenlet megoldása:! n x, - +. Vizsgáljuk a + n -et: + n! _ x+ i. Egyrészt racionális, mert a jobb oldal racionális, másrészt egész, mert egész szám gyöke és racionális. Mivel + n egész, ezért biztosan páratlan, így a -! + n páros. Ezekbôl következik, hogy az x,! n - + egész.

Racionális és irracionális kifejezések Ez pedig azt jelenti, hogy a lehetséges megoldásra: $ x. + # x- 0, ami ellentmond az eredeti állításnak. 778. A feladat feltételei szerint ha +! Z, akkor a+ b! Z is teljesül. a b (I) Ha két racionális szám összege egész, akkor a két szám tovább nem egyszerûsíthetô alakjában a nevezôk abszolútértéke egyenlô. p p Indoklás: Legyen a két racionális szám a, és b. q q p p Ha + egész, és p ;, q q q _ i és _ p ; q i, akkor qq _ pq+ pqi. Ebbôl következik, hogy q pq, és _ p ; q i miatt q q, ugyanígy belátható hogy q q. A két nevezô osztója egymásnak, tehát abszolútértékük egyenlô. (II) A feltétel szerint a számok reciprokainak összege is egész, így (I) alapján a számlálók abszolútértéke is egyenlô. Az (I) és (II)-bôl következik, hogy a két racionális szám abszolútértéke egyenlô. Ez egyrészt teljesülhet úgy hogy a két szám egymásnak ellentettje, ilyen esetben az összeg 0. Teljesülhet úgy, hogy a számok egyenlôk, azaz a b. +, mivel a egész, ezért a. Ebbôl a ; ;. a a a a A keresett _ ab, i számpárok tehát: _ a, -ai; _ ; i; _-; -i; _ ; i; _-; -i; J N J ; K O, ; N - - K O. L P L P 779. Tegyük fel, hogy eredetileg n db számot írtunk fel, a letörölt szám legyen 60 7 + + +... + n- + n- k k. A feltétel szerint 5 A ; 7 7 n - # k # n. Az elsô (n - ) pozitív egész szám összege n _ n - i, így n_ n- i n- k n n- k A + + ; _ n - i n - n - n- k 7 n 7 0 # # & # # 5. Az n vagy egész, vagy egy egész szám n - 7 7 fele. Ezért n értéke,5 vagy 5. n Ha, 5 n 69, ebbôl 60 7 69 69 - k +, ahonnan k 7. 68

Racionális és irracionális kifejezések Ha n 60 70 70 - k 707 5, n 70, ebbôl +, ahonnan k, ami nem 7 69 7 megoldás mert k nem egész szám. Tehát a 7-et hagytuk ki. 780. () Nézzük azt az esetet, amikor az a racionális: a) Ha b racionális, akkor minden racionális x esetén y is racionális, tehát végtelen sok racionális számpár illeszkedik az egyenesre. Ilyen pl.: y x-. b) Ha b irracionális, akkor x racionális esetén y irracionális. Ebben az esetben tehát nincs olyan pont, amelynek mindkét koordinátája racionális. Pl.: y x+. () Most legyen a irracionális. Belátható, hogy legfeljebb egy olyan pont van az egyenesen, amelynek mindkét koordinátája racionális. Tegyük fel, hogy létezik két különbözô ilyen tulajdonságú pont: _ x; yi, _ x; yi, ahol x! x, ebbôl következôen y! y, és x; x; y; y! Q. Mivel az y ax+ b egyenletû egyenesre illeszkednek, ezért y ax+ b; y ax+ b. Kivonva a két egyenletet: y- y a_ x-xi, és x - x! 0. Ebbôl a y- y, ami azt jelenti, hogy két x - x racionális szám hányadosa egyenlô egy irracionális számmal. Ez pedig ellentmondás. Tehát legfeljebb egy racionális koordinátájú pont található az egyenesen. Ilyen pl.: y x-. Ennek egyetlen racionális megoldása a _ 0; - i pont. 78. Válasszuk ki a felbontásban szereplô, c! 0 alakú törtek közül a c legkisebbet. Ez alakú tört felbontható c c + + alakra, ahol mind c_ c+ i a két összeadandó kisebb, mint, így az eredeti felbontásban biztos nem szerepelt. Ezzel beláttuk, hogy létezik n-nél több különbözô, alakú felbontás. c c 78. Az adott számok esetén megtehetô az egyszerûsítés, mivel 9 + 65 88 8 9 + 65. 6 + 65 796 6 + 65 Általánosítva: a + b a+ b a - ab+ b (I) c b $ c b. + + c + cb+ b

Racionális és irracionális kifejezések A számokkal leírt egyszerûsítés akkor helyes, ha a jobb oldalon a második tört értéke. a - ab+ b c - cb+ b ; a -c - ab+ cb 0. Szorzattá alakítva: _ a- ci_ a+ c- bi 0, ahol a! c, mert ellenkezô esetben mindig megtehetô az egyszerûsítés. Tehát a- b+ c 0, azaz b a+ c esetben teljesül az (I) összefüggés. J N J N 78. Végezzük el a beszorzást: x + $ y + K xy+ + y O K x O, xy! 0. Ebbôl xy L P L P xy+ egész szám. Legyen ez kk,! Z. xy xy+ k; xy _ xy i - kxy + 0. Ennek az xy-ban másodfokú egyenletnek akkor lesz racionális megoldása, ha D k - négyzetszám. k - l k, l! Z; k - l. _ k- li_ k+ li lehetséges megoldásai: k- l - - - k+ l - - - Ebbôl pedig csak k! lehet. Ha k, akkor xy, és y. Ebbôl az eredeti kifejezés értéke: x J N _ x+ xi + K x x O. L P Ha k -, akkor xy-, így y -. Ekkor a kifejezés értéke x J N _ x-xi - K 0 x x O, de ez a feladat feltételei miatt nem lehetséges. L P J N Így tehát az adott kifejezés minden x; K x O számpár esetén egész, ahol L P x! Q, x! 0.

Racionális és irracionális kifejezések 78. a) Tegyük fel, hogy az a+ b+ c+ d összeg racionális szám. Legyen pl. az _ a+ ci racionális. Ekkor a _ c+ di is racionális, mert két racionális szám különbségeként elôállítható. Még pontosan egy racionális összegnek kell lennie. Legyen ez az _ a+ di. Az elôzôekhez hasonlóan belátható, hogy akkor a _ b+ di is racionális. Ellentmondásra jutottunk, tehát az _ a+ b+ c+ di összeg nem lehet racionális szám. b) Az a) rész alapján a négytagú összeg irracionális, így négy eset lehet: iii. Pontosan egy racionális szám van a négy szám között. Legyen ez az a. Ebbôl következôen _ a+ bi, _ a+ ci, _ a+ di irracionális. A többi három összeg racionális, amibôl következik, hogy a _ b+ c+ di is racionális. Ez viszont ellentmondás, mert az _ a+ b+ c+ di is racionális. iii. Pontosan kettô racionális szám van a négy között. Legyen ez a két racionális szám ab. ; Ekkor az _ a+ bi racionális, és ebbôl következôen _ a+ ci, _ a+ di, _ b+ ci, _ b+ di irracionális. Ez ellentmond annak, hogy pontosan három összeg lehet irracionális. iii. Pontosan három racionális szám van a négy szám között. Ez megvalósulhat pl.: a ; b ; c 5; dr. iv. Mind a négy szám irracionális. Ilyen számnégyes is létezik pl.: a, b -, c +, d - +. 785. Az egységnyi befogójú egyenlô szárú háromszög átfogója, az egységnyi és befogójú derékszögû háromszög átfogója. 5 A megadott számközben racionális szám pl.:,6, ;. + 5 Irracionális szám: ; $ 5 ;. 7 9 786. a) < 5 < & 0< 5 - < ; b) 5 & 7< < 8 & 9< + < 0; c) 0< - 0 < ; d) - 6 - & 8 < - 6 < 9. 787. a) Igaz. b) Igaz. c) Hamis. d) Hamis.

Racionális és irracionális kifejezések 5 788. Bizonyítás indirekt módon: - Tegyük fel, hogy q racionális szám. 5 Ebbôl: 5q +. A bal oldal irracionális, a jobb oldal racionális, ez ellentmondás, tehát q irracionális szám. 789. a) 9-6 $ 9 + 6 b 9l - 6 6-6 5, tehát racionális. b) 5 + $ 5 - b 5l - 9 7, irracionális. c) + + -. Észrevehetô, hogy a gyök alatt teljes négyzetté lehet alakítani. + b + l és - b -l, ezért + + - b + l + b - l + + + - racionális. d) Az elôzô alapján: 7+ 6-7- 6 b 6 + l + b 6 - l 6 + + 6 - racionális. e) Legyen 5+ + 5- x; x 5+ + e 5+ o $ 5- + + 5+ e 5- o + 5- ; x 0 + 5 + 5 - e 5+ + 5- o. A zárójelben lévô kifejezés x, a szorzótényezôje: b5+ lb5- l - 7 -; x 0-9x.

6 Racionális és irracionális kifejezések Rendezve az egyenletet: x + 9x - 0 0 ; _ x- i` x + x- 0j 0. Ennek az egyenletnek egy valós gyöke van, az x. Mivel a vizsgált szám valós, ezért értéke x, tehát racionális szám. f) Alakítsunk szorzattá a gyökjel alatt: 8 + 6 b + l, és 8-6 b - l ; 8 + 6-8 - 6 b+ l + b- l, a kérdezett szám racionális. 790. a) Hamis, mert pl.: b a + bl+ bc- al b+ c, ahol abc,,! Qa, $ 0. b) Hamis, az a) eset alapján. c) Hamis, mert pl.: a $ a a, ahol ab,! Qa, $ 0. b b d) Igaz, lásd a) pont. e) Igaz, lásd c) pont. f) Hamis, bizonyítás indirekt módon. g) Igaz. h) Igaz, lásd b) pont. 79. Legyenek a és b irracionális számok. Tudjuk, hogy a) a+ b c és c racionális, b irracionális, és a- b c-b egy racionális és egy irracionális szám különbsége irracionális. & a- b irracionális. b) Hasonló meggondolással igazolható, hogy az a+ b irracionális. J N J N J N J N K 7 79. 6 O K O K O K O 7-6 - - -. K O K O K O K O L P L P L P L P 79. K a+ b+ ab $ a+ b- ab _ a+ bi -ab a + b - ab _ a- bi a- b. Tehát a K kifejezés racionális, ha a és b racionális számok. 79. b- 5l $ 9+ 5 b- 5l b9+ 5l b7-7 5 + 9 $ 5-5 5 lb9 + 5 l b7-5 lb9 + 5 l 8b9-5lb9+ 5l 8_ 8-6$ 5i.

Racionális és irracionális kifejezések 7 795. Az alábbiak szerint látható, hogy mindkét számkifejezés átzárójelezhetô úgy, hogy szerepeljen benne a + és - számok összege, illetve különbsége. a + - - + - e + - - o; b 6 - - - + 6 - e + + - o. Mivel mindkét számban a zárójelbeli kéttagúak pozitív számok, ezért négyzetük négyzetgyökével helyettesítjük. Határozzuk meg a + és - kifejezések összegének és különbségének négyzetét! e +! - o +! b+ lb- l + -!!. Ezek alapján e + - - o, ezért a - 0 és e + + - o 6, ezért b 6-6 0. Így mindkét szám értéke 0-val egyenlô. 796. Gyöktelenítsük a törteket: _ n+ i n - n n+ _ n+ i n - n n+ _ n+ i n + n n+ _ n+ i n- n _ n+ i _ n+ i n n n + -. n n + Ez alapján teleszkopikus összeggé alakítható az összeg: n n K - + - +... - + - n n n + - < 09,. n + Ennek az egyenlôtlenségnek a megoldása n > 99. 797. A bizonyítandó állítás: n + n + x + y x + x- y x - x- y +.

8 Racionális és irracionális kifejezések Az egyenlôség négyzetre emelése ekvivalens átalakítás, mert nem negatív számok összege, illetve négyzetgyöke szerepel mindkét oldalon. x + y x + x- y x - x- y b xl -b x-yl + + x + y x + x-_ x-yi; x + y x + y. Tehát a fenti egyenlôség x, y lehetséges értékei mellett azonosság. ; 798. A 6 + 6 + 5 + 6 0 átalakításánál vizsgáljuk a gyök alatti kifejezést. 6 + 6 + 5 + 6 0 6b6+ 0l + b 6 + 5 l 6 6b 6 + 5l+ b 6 + 5 l b 6 + 5lb6 6+ l. Így ennek a szorzatnak a négyzetgyöke a vizsgált szám. A b 6 + 5lb6 6+ l. Alkalmazzuk a szorzat második tényezôjére az elôzô feladatban bizonyított azonosságot: (I) x + y x + x- y x - x- y + ; 6 6 + 6 + 96 6 + 5 + 6-5. Behelyettesítve, majd elvégezve a beszorzást A 6 + 5 e 6 + 5 + 6-5 o + 0 + + 0 59 + 80 + 69 + 0. Ismét alkalmazzuk az (I) azonosságot mindkét tagra: + 59-80 + - 9 + + 69-0 + - 9 5 + 8 + 0 +.

Racionális és irracionális kifejezések 9 799. Határozzuk meg x értékét! R V S x - - W Sb l -b -l W S W T X - - - b -l-b -l b - l + b -l b -l -b -l R V S - W b -l-sb -l -b -l W- b + l. S W T X A szögletes zárójelben lévô kifejezés egyenlô x-szel, ezért x - x-, azaz x + x + 0, ami éppen a bizonyítandó állítás. 800. Mivel minden megadott értékben szerepel az összeadandóként, célszerû, ha a polinomot _ x - i hatványai szerint rendezzük át. Ehhez meg kell határozni _ x - i hatványainak együtthatóit. P_ xi / Q_ x- i _ x- i + a_ x- i + b_ x- i + c. A polinomok egyenlôsége miatt minden x-re igaznak kell lennie a fenti egyenlôségnek. Legyen az x értéke rendre 0,,. Ekkor a következô egyenletrendszert kapjuk: x 0, ekkor P_ 0i Q_ -i, - - + a- b+ c; x, ekkor P_ i Q_ 0i, - 6 c; x, ekkor P_ i Q_ i, - + a+ b+ c. Ennek az egyenletrendszernek a megoldása: a 0, b - 6, c - 6. Így tehát az átrendezett polinom: P_ xi x -x -x- / _ x-i -6_ x-i -6. Ezek után az adott értékeket behelyettesítve: a) P _ x i P b - l Q b- l - + 6-6 - 6. b) P _ x i Q b l - - 6. c) P _ x i Q b- l - - 6. d) P _ x i Q b l - 6. e) P x Q 6 _ i b + l b + l - b + l- 6 5 + 6 + 6-6 -6-6 0. A polinomba való behelyettesítés után látható, hogy P_ xi+ P_ xi- és P_ xi + P_ xi -, azaz P_ xi+ P_ xi P_ xi + + P_ x i.

0 Racionális és irracionális kifejezések 80. 7+ 0 x + y egyenletben kell meghatározni az x, illetve y értékét. Mivel mindkét oldal nemnegatív, ezért ekvivalens átalakítást végzünk, ha négyzetre emelünk. 7+ 0 b x + yl ; 7+ 0 x+ y+ xy. Legyen: x+ y 7 xy 0. Ennek az egyenletrendszernek a megoldása: Az y 7 - x, ezt behelyettesítve a második egyenletbe, azt kapjuk hogy: x - 7x + 0 0, melynek gyökei: x 5, és x. Ekkor y, és y 5. Így a megadott szám keresett alakja: 7+ 0 5 +. 80. Az elôzô feladatban megadott eljárás szerint: 8+ 8 6 +. 80. Legyenek A, B; és x, y racionális számok és tegyük fel, hogy A! B x! y. Mindkét oldal nemnegatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. A! B x+ y! xy, x+ y A, és xy B. Ebbôl kifejezve az x-et és y-t: A C x + A C, és y -, ahol C A - B. Ezek alapján A+ C A- C A! B!. 80. - x - y egyenlôségben keressük x, y értékét, ahol x, y nemnegatív racionális szám.

Racionális és irracionális kifejezések A megadott számot átalakítva: - b - l b - l b - l - 7 - -. 7 A keresett racionális számok: x és y. 805. A 8-5 + 5 - értéke pozitív, ezért a négyzetgyökvonás elvégezhetô. A feladat szövege szerint: bx+ y + z 5l 8-5 + 5 -. Végezzük el a négyzetre emelést. x + y + 5y + xy + xz 5 + yz 5 8- + 5-5. Az x, y, z értékét úgy határozhatjuk meg, ha a racionális és irracionális tagok külön-külön egyenlôk. Így a következôket kapjuk: x + y + 5z 8 (I), xy- (II), xz (III), yz- (). A három ismeretlen megoldásához négy egyenletünk van, és általában az ilyen esetben a megoldás nem határozható meg egyértelmûen. Azonban a (II) (III) () egyenletbôl meg tudjuk határozni az ismeretleneket. Osszuk el a (II) egyenletet a () egyenlettel: _ x b z `& x & x!, z!, y ". xz b a A kapott számhármasok tehát a következôk: (; -; ) és (-; ; -). A kapott értékeket behelyettesítve az I. egyenletbe, látható, hogy mindkét megoldás ezt is kielégíti. A feladatnak azonban csak egy megoldása van, mert az elsô számhármas esetén az eredeti egyenlet bal oldala negatív, így nem lehet egyenlô egy pozitív szám négyzetgyökével. Így a keresett felírás: 8-5 + 5 - - + - 5.

Racionális és irracionális kifejezések 806. Fejezzük ki az egyenletben a a + b-t. b 0-8 lb a + bl /: b 0-8 l; a + b 0-8 b 0-8 0-8 a + b 0 + 8 + 0. Emeljük négyzetre mindkét oldalt. Mivel mindkét oldal pozitív, ezért az átalakítás ekvivalens. l ; 9a+ b+ 6 ab 8+ 6 60. Ez csak úgy teljesülhet, ha 9a+ b 8 és ab 60. J 0 N Ennek az egyenletrendszernek a megoldása ; 8 K O és _ ; 0 i. A feladatnak L P az egész számok halmazán tehát csak egy megoldása van: a, b 0. 807. Kikötés: n! 8 ésn! Z +. Gyöktelenítsük a törtet. 7 + n + n+ 5 7n (I) K. 7 - n 8 - n Tudjuk, hogy K egész, mivel a nevezô egész szám, a számlálónak is egésznek kell lenni. Ez azt jelenti, hogy az 5 7n! Z & 7n racionális szám. Mivel 7n egész, ez csak úgy lehet, ha a 7n négyzetszám, azaz n 7k alakú ahol k! Z. Helyettesítsük be az (I) egyenletbe: + k + 5k _ k+ i_ k+ i k + 5 K - -. 8-7k _ - ki_ + ki - k k - A K értéke akkor egész, ha _ k - i 5. Ekkor k- -5-5 k - 7 A legnagyobb abszolút értékû k esetén lesz n a legnagyobb. Ez a k 7, ekkor n 7$ 7 7. A legnagyobb n egész szám, amelyre a K 7 + 7 - n n egész az n, és a K -.

Racionális és irracionális kifejezések 808. Tegyük fel, hogy van ilyen alakú elôállítás, azaz: (I) a+ b c, ahol a, b, c racionális és c pozitív. Mivel irracionális, ezért, b! 0. Az (I)-et köbre emelve, majd átrendezve: (II) a + a b c + ab c+ b b cl a + ab c+ `a + b cj b c. A b c -t (I)-bôl kifejezve, majd behelyettesítve a (II)-be: b c - a; a + a bc+ a b c ` + jb -al. + a - ab c `a + b cj. Mivel b! 0 és c pozitív, ezért együtthatója nem nulla, ezért: `+ a -ab cj. a + b c Ez azonban ellentmondás, mert a jobb oldalon racionális kifejezése áll, ami racionális, a bal oldal pedig irracionális. 809. A feltétel szerint r a b 5 -l; r a b 6-5 l; a r b 6 6-5 l. Írjuk be a megadott kifejezésbe az a -et. A J N K r r -r r - b 6 6 - K 5 O l r - O L P 0 + 5 r 8-0+ 5. 0, $ r. 80. Legyen a téglalap két oldala x és y és legyen x> y. Ekkor (I) x+ y a; (II) xy a. Vonjuk ki az (I) egyenlet négyzetébôl a (II) egyenlet négyszeresét: _ x+ yi - xy _ x- yi a. (III) x- y! a.

Racionális és irracionális kifejezések Az x> y feltétel miatt csak az x- y+ a jöhet szóba. Az (I). és (III) egyenletbôl: x a+ a és y a- a. 8. Ha a k és a l elemek racionális számok k, l különbözô pozitív egészek, akkor a sorozat differenciája is racionális szám, tehát ha van az elemek között legalább két racionális szám, akkor minden elem racionális szám, vagyis nem lehet az elemek között pontosan kettô racionális szám. 8. Az elôzô feladat következménye. 8. Írjuk fel a háromszög területét kétféleképpen: x ny n z T + + _ + i ; T n+ n- $ $ $ n + n- 9 ` n + n- j + k +. Ha x, y, z racionális számok, akkor az elsô esetben T racionális szám, a második esetben a gyökös kifejezés irracionális, mivel k + alakú szám nem lehet egy egész szám négyzete. Tehát x, y, z nem lehetnek egyidejûleg racionális számok. 8. Vizsgáljuk meg az elsô néhány számra a kérdéses számjegyet. n 5 6 n + n+,7,6,6,5 5,5 6,5 A sejtés az, hogyha n $, akkor a kérdéses számjegy 5. n < n + n+ < _ n+ i, ezért < n + n + F n. Legyen a tizedesvesszô utáni számjegy a. Tehát a a n + < n + n+ < n+ + ahol 0 # a # 9a! Nazaz, 0 0 0n+ a< 0 n + n+ < 0n+ a+ /_i;- 00n. (I) 0na + a < 00n + 00 < 0n_ a + i+ _ a + i. Az (I) egyenlôtlenség elsô részébôl: 0n_ a- 5i + a < 00.

Racionális és irracionális kifejezések 5 Mivel n $, ezért 80 _ a- 5i+ a < 00 egyenlôtlenséget vizsgálhatjuk. Ebbôl adódik, hogy (II) a # 5. Az (I) egyenlôtlenség második részébôl: 00 < 0n_ a+ i # 0n_ a- i + 0, mert a # 9. Ebbôl 0< 0n_ a- i, ami akkor és csak akkor igaz, ha (III) a $ 5. (II)-bôl és (III)-ból következik, hogy a 5. A kérdéses számjegy tehát n $ esetén 5, ha n ; akkor 5, ha n akkor 7. 85. Megvizsgálva az adott számokat, azt tapasztaljuk, hogy a jobb oldalakon 8 a számok kiírt törtrésze megegyezik a 0, 888 888... végtelen szakaszos tizedes tört alakjának elsô három jegyével. Az egész részek 9-cel növekednek, 8-tól 9 kezdve. Ezek szerint a jobb oldalak leírt számjegyei három jegyre kerekített értékei a következô számoknak: 8 8 8 + _ 9- i + 9 - ; 9 9 9 $ 9- ; 9 $ 9- ; 9 $ 9-. 9 Ezen számok közös alakja 9k -, ahol k,,,. 9 Négyzetük közös alakja: 8k - k+. 8 Ennek egész része 8k - k, s ha k,,, értéket behelyettesítjük, akkor a gyökjel alatti számokat kapjuk. Ezek után vizsgáljuk meg, hogy a 8k - k kifejezés k 5, 6, 7 értékei esetén a természetes számok négyzetgyökében az elsô három tizedesjegy ugyancsak 8-as-e, azaz igaz-e minden k $ egész számra a következô egyenlôtlenség: (I) _ 9k- i+ 0, 888 < 8k -k < _ 9k- i + 0, 889.

6 Hatvány, gyök, logaritmus Az (I) egyenlôtlenség második részének helyessége könnyen bizonyítható. 8k -k < 8k - k+ 9k- 8 9 8 _ 9k- i+ _ 9k- i+ 0, 888...< _ 9k- i + 0, 889. 9 A (I) egyenlôtlenség bal oldalának igazolása: _ 9k- i+ 0, 888 < 8k -k egyenlôtlenség mindkét oldala pozitív, ezért a négyzetre emelés elvégezhetô. _ 9k- 0, i 8k -, 0k+ 0, 0 5 ` 8k -kj -_ 0, 06k-0, 0 5i. Az utolsó zárójelben lévô kifejezés pozitív, ha k $, tehát _ 9k-0, i < 8k -k. Ezzel beláttuk, hogy a fent megadott kifejezés négyzetgyökében az elsô három tizedesjegy 8-as. Hatvány, gyök, logaritmus Egész kitevôjû hatványok 6 86. a) 9, 6, 6, 6, 5,, ; 7 65 00 6 65 b),, 5,,, ; 5 69 6 856 9 6 7 c),,,,, ; 9 5 5 8 d), 000,, 65 65, 65 65. 000 5 87. a),, 8, 6,, 6, 8, 56, 5, 0; b), 9, 7, 8, ; c),, 9, 6, 5, 6, 9, 6, 8, 00;, 8, 7, 6, 5, 6,, 5, 79, 000. 88. A papírlap hajtogatás után 6 $ 0, mm, azaz kb. 589 990 km vastag lesz. 89. A kihúzott számok:,, 9, 7, 8. 80. a) A két szám egyenlô. b) A két szám egyenlô. 8. a) Az elsô szám a nagyobb. b) Az elsô szám a nagyobb. c) A második szám a nagyobb. d) A második szám a nagyobb. e) A második szám a nagyobb. f) Az elsô szám a nagyobb. 0 8. a) A második szám a nagyobb. b) 0 > 0 0.