TARTALOM. SZÁMHALMAZOK...5.. Valós számok...5.. A komplex számok halmaza... Kitűzött feladatok...74. FÜGGVÉNYEK ÉS EGYENLETEK...9.. Függvények. Ismétlés...9.. Injektív, szürjektív, bijektív függvények..... Sajátos számfüggvények... Kitűzött feladatok...04. SZÁMLÁLÁSI MÓDSZEREK..... A matematikai indukció módszere..... A kombinatorika alapszabályai...40.. Függvények számlálása...45.4 Véges rendezett halmazok...46.5. Permutációk...46.6. Variációk...5.7. Kombinációk...54.8. Newton binomiális képlete...65 Kitűzött feladatok...7 4. PÉNZÜGYI MATEMATIKA...87 4.. Pénzügyi matematika...87 4.. A matematikai statisztika elemei...0 4.. A valószínűségszámítás alapjai... 4.4. Valószínűségi változók...8 Kitűzött feladatok...54 5. GEOMETRIA...6 5.. Descartes-féle koordináták a síkban...6 5.. Két pont távolsága...65 5.. Műveletek kötött vektorokkal. Egy vektor koordinátái...67 5.4. Az egyenes egyenlete...74 5.5. Két síkbeli egyenes párhuzamosságának feltétele...85 5.6. Három pont kollinearitása...87 5.7. Két egyenes merőlegességének feltétele...88 5.8. Távolságok és területek...89 Kitűzött feladatok...94 Ismétlő tesztek...40 ÚTMUTATÁSOK ÉS EREDMÉNYEK...49
MATEMATIKUSOK ÉS FELFEDEZÉSEIK Az alábbi táblázat olyan matematikusokat tartalmaz, akik döntő mértékben járultak hozzá a X. osztályban tanult matematikai elméletek felfedezéséhez. Időszak Név Felfedezés 0 Leonardo Fibonacci (70? 50?) Főműve: Liber Abacci Fibonacci sorozata rekurencia képlettel: f = f =, f n = f n + f n, ha n. A sorozat általános tagjának képlete: n n 5 5 f n, n. 5 64 John Neper (550 67) skót matematikus Description des merveilleuses règles des logarithmes et de leur usage... c. művében elsőként használta a logaritmus fogalmát. 64 67 797 806 XVII XVIII. század Henry Briggs (556 60) angol matematikus René Descartes (596 650) francia matematikus Carl Wessel (745 88) norvég matematikus Jean Argand (768 8) svájci matematikus Karl Friedrich Gauss (777 855) Blaise Pascal (6 66) Jacob Bernoulli (654 705) Laplace (749 87) Poisson (78 840) Csebisev (8 894) Markov (856 9) Hincsin (894 959) A.N. Kolmogorov (90 98) Elkészítette az első tízes alapú logaritmustáblát. Az analitikus geometria felfedezője. A komplex számokat tanulmányozva bevezette a valós rész és képzetes rész fogalmakat. z = x + iy (i = ), x = Re (z), y = Im (z). A z = x + iy komplex számot az OM ( x, y) helyzetvektorral ábrázolta. A z = x + iy komplex számot a Descartes-féle koordinátarendszer M(x,y) pontjával ábrázolta. (Ox = valós tengely, Oy = képzetes tengely) Megadta a komplex számokkal végzett műveletek mértani értelmezését. A valószínűségszámítás elméletének megalapozói, első kidolgozói.
. SZÁMHALMAZOK Ebben a fejezetben két fontos számhalmazzal foglalkozunk: a valós számok halmazával és a komplex számok halmazával. A valós számok esetében megvizsgáljuk a pozitív számok valós kitevőjű hatványainak tulajdonságait. Részletezzük a magasabb kitevőjű gyökök tulajdonságait illetve a rájuk vonatkozó műveleti szabályokat. Értelmezzük egy pozitív szám logaritmusát, megadva a logaritmusokkal végezhető műveletek tulajdonságait. A második halmazra vonatkozóan ismertetjük egy komplex szám két lehetséges megadási módját: az algebrai illetve a trigonometriai alakot. Bemutatjuk a velük végezhető műveletek geometriai interpretációit: az algebrai alakban megadott komplex számok esetén a vektorműveletekkel való analógiát adjuk meg, trigonometriai alak esetén pedig a geometriai transzformációkra hivatkozunk. Valós számok...................... 5 Természetes kitevőjű hatványok... 5 Racionális kitevőjű hatványok.....7 Irracionális, valós kitevőjű hatványok.............. 0 Az n-edik gyök.................. Logaritmusok.................... 4 A komplex számok halmaza...... Komplex számok algebrai alakja................... Komplex számok geometriai ábrázolása............ 49 Komplex számok trigonometriai alakja............ 56 Komplex szám n-edik gyökei.................... 68 Kitűzött feladatok............... 74.. Valós számok... Természetes kitevőjű hatványok Előszőr felevelenítjük egy valós szám hatványának fogalmát abban az esetben, amikor a hatványkitevő természetes szám. Ha a R és n N, akkor a következő értelmezést használjuk: Értelmezés. Az a szám n-edik hatványán az a-nak önmagával vett n-szeres szorzatát értjük és a n -nel jelöljük (olvasd:,,a az n-ediken ), tehát a n = a } a {{... a }. n szer a n =hatvány, a = hatványalap, n =hatványkitevő. Ha a 0, a 0 = ; 0 0 nem értelmezett; a = a. 5
A továbbiakban felsoroljuk a természetes kitevőjű hatványok fontosabb tulajdonságait. ) Azonos alapú hatványok szorzása: x m x n = x m+n, x R, m, n N. Azonos alapú hatványok szorzásánál az alapot változatlanul hagyjuk és a kitevőket összeadjuk. ) Azonos alapú hatványok osztása: x m x n = xm n, x 0, m, n N, m n. Azonos alapú hatványok osztásakor az alapot változatlanul hagyjuk és a kitevőket kivonjuk egymásból (az osztandó kitevőjéből vonjuk ki az osztó kitevőjét). ) Szorzat hatványozása: (xy) n = x n y n, x, y R, n N. Szorzatot úgy emelünk hatványra, hogy a tényezőket a megadott hatványra emeljük és az így kapott hatványokat összeszorozzuk. 4) Tört hatványozása: ( ) n x = xn y y n, x, y R, y 0, n N. Törtet úgy hatványozunk, hogy a megadott hatványa emeljük mind a számlálót, mind a nevezőt. 5) Hatvány hatványozása: (x m ) n = x mn, x R, m, n N. Hatvány hatványozásakor az alapot változatlanul hagyjuk és a kitevőket összeszorozzuk. Példák ) 5 = +5 = 8 ; ) 5 : = 5 = = 9; ) ( ) 6 = 6 6 ; ( ) 4 4) = 4 4 = 6 8 ; 5) ( ) = = 6. 6) Határozzuk meg azon n természetes számokat, amelyekre a) 4 < n < 6; b) ( ) n 8 > > Megoldás. a) Az egyenlőtlenség-sorozatot a < n < 4 alakba írhatjuk át. Mivel a hatványalapok megegyeznek (mindhárom hatvány esetében ) és -nél nagyobbak, következik, hogy < n < 4. Tehát n =. ( ) ( ) n ( ) 5 b) > >. Innen < n < 5, vagyis n = 4. 6
... Negatív egész kitevőjű hatványok Emlékezzünk a valós számok negatív egész kitevőjű hatványának az értelmezésére! Értelmezés. A nullától különböző a valós szám ( n)-edik (n N ) hatványán az a n valós számot értjük és a n -nel jelöljük. Az n = esetben az a = a nevezzük. számot az a inverzének (vagy fordítottjának) A negatív egész kitevőjű hatványok tulajdonságai megegyeznek a természetes kitevőjű hatványoknak az előzőekben már felsorolt tulajdonságaival, annyi különbséggel, hogy az azonos alapú hatványok osztásánál (. tulajdonság) nem szükséges az m n kikötés, érvényes marad minden m, n egész számra. Példák ) 5 = 5 = = = 9 ; ) 5 : 8 = 5 8 = = = 8 ; ) 4) ( ) 4 = 5 ( ( ) = ( ) ( ) = ; ) 4 ( ) 4 = 4 5 ( ) 4 5 = 4 5 4 ( 5)4 4 = 4 = 04 4 ; 5) ( ) = ( ) = 6 = 6 ; ( ( 5) ) = 5 6 = 5 6 = 5.... Racionális kitevőjű hatványok Az előző fejezetekben értelmeztük a természetes és egész kitevőjű hatványok fogalmát, felsorolva legfontosabb tulajdonságaikat: ) a m a n = a m+n, m, n Z ; ) am a n = am n, a 0, m, n Z; ( a ) m ) (ab) m = a m b m, m, n Z a m ; 4) =, a, b 0, m Z; b bm 5) (a m ) n = a mn, a 0, m, n Z; 6) a 0 =, a 0; 7) a m =, a 0, m Z. am Könnyen igazolható a következő két állítás: Segédtétel. ) Ha x, y 0, n N, akkor x n = y n x = y. ) Ha x, y R, n N, n páratlan, akkor x n = y n x = y. 7
A magasabb kitevőjű gyökök segítségével kiterjeszthetjük a hatvány fogalmát racionális kitevők esetére is. Ennek következménye, hogy a természetes és egész kitevőjű hatványok a racionális kitevőjű hatványok sajátos eseteként tekinthetők. Értelmezés. Ha a > 0 és r = m n, m Z, n N, n, akkor az a szám r-edik hatványán az a r -nel jelölt számot értjük, ahol a r = a m n = n a m. Az a r hatvány esetén a-t a hatvány alapjának, r-et pedig a hatvány kitevőjének nevezzük. Sajátosan, ha m =, n, akkor a n = n a. Megjegyzés. Mint tudjuk, az m n racionális szám a vele egyenértékű törtek osztályának egy reprezentánsa. Kimutatjuk, hogy a racionális kitevőjű hatvány fogalma nem függ a reprezentáns megválasztásától, azaz m n helyébe egy vele ekvivalens p q törtet téve ( m n = p q mq = pn), az a p q hatvány értéke megegyezik a a m n hatványéval. Valóban, a m n = n a m = np a mp = mq a mp = q a p = a p q. Példák. 8 = 8 = ( ) = 6 = = 4; 7 = 7 = 7 = 6 = 9. A racionális kitevőjű hatványok tulajdonságai Az egész kitevőjű hatványokra vonatkozó tulajdonságok érvényesek a racionális kitevők esetén is: Tétel. Ha a, b > 0, r, s Q, akkor fennállnak a következő egyenlőségek: ) a r a s = a r+s ; ) ar a s = ar s ; ) (ab) r = a r b r ; ( a ) r a r 4) = b b r ; 5) (ar ) s = a rs. Bizonyítás. Az ) és ) tulajdonságokat igazoljuk, a többi tulajdonság hasonló módon bizonyítható. Ezen állítások igazolásához az előző segédtételt használjuk. ) Ha r = p q, s = m n, p, m Z, q, n N, q, n, akkor ar a s = a p m q a n. Az alábbi gondolatmenet során a már megismert tulajdonságokat alkalmazzuk (zárójelben feltüntettük azt a tulajdonságot vagy értelmezést, amely alapján az egyes egyenlőségek felírhatók): [a p m q a n ] qn = (a p q ) qn (a m n ) qn (szorzat természetes kitevőjű hatványa) = [(a p q ) q ] n [(a m n ) n ] q (természetes kitevőjű hatvány hatványozása) = [( q a p ) q ] n [( n a m ) n ] q (a racionális kitevőjű hatvány definíciója) 8
= (a p ) n (a m ) q (a q adik, illetve n-edik gyök értelmezése) = a pn a mq (egész kitevőjű hatvány hatványozása) = a pn+mq (azonos alapú hatványok szorzása) = ( nq a pn+mq ) nq (nq-adik gyök definíciója) = (a pn+mq nq ) nq (racionális kitevőjű hatvány definíciója) pn + mq Viszont = p nq q + m n = r +s, tehát kimutattuk, hogy (ar a s ) qn = (a r+s ) nq. Így a segédtétel alapján a r a s = a r+s. ) Ha r = p alakú, p Z, q N, q, akkor q [(ab) p q ] q = [ q (ab) p ] q (racionális kitevőjű hatvány értelmezése) = a p b p (szorzat egész kitevőjű hatványa) = ( q a p ) q ( q b p ) q (a q-adik gyök értelmezése) = (a p q ) q (b p q ) q (racionális kitevőjű hatvány értelmezése) = (a p p q b q ) q (szorzat természetes kitevőjű hatványa). Tehát [(ab) r ] q = [a r b r ] q, így a segédtétel alapján következik, hogy (ab) r = a r b r. Példák ) Írjuk fel racionális kitevőjű hatványként a következő számokat:, 6 5, 5. ) Írjuk fel gyökök segítségével a, 5, 7 9, 4 0,5 számokat. ) Mutassuk ki, hogy ( : 4 ) =. Megoldás. ) 6 = ; 5 = 5 6, 5 = 5 = 5 = 5. ) =, 5 = 5, 7 9 = 9 7 = 9 49, 4 0,5 = 4 4 = 4 4 = 4 =. ) A gyököket törtkitevőjű hatványokká írva, kapjuk, hogy = 4 = 4, = 6 = 6, 4 = 8 = 8, így a bal oldali kifejezés rendre a következő alakokra hozható: 4 ( 6 : 8 ) = 4 ( 6 8 ) = 4 ( 4 ) = 4 4 = 4 = 4 + = 4 =. Két racionális kitevőjű hatvány összehasonlítása Igaz a következő állítás: Tétel. ) Ha a >, akkor a r < a s r < s, r, s Q. ) Ha 0 < a <, akkor a r < a s r > s, r, s Q. Bizonyítás. Csak az első állítást igazoljuk, a második hasonló módon bizonyítható. Ha r = p q, s = m, p, m Z, q, n N, q, n, akkor n a p m q < a n (a p q ) qn < (a m n ) qn (természetes kitevőjű hatványok rendezése) [( q a p ) q ] n < [( n a m ) n ] q (racionális kitevőjű hatvány értelmezése) 9
(a p ) n < (a m ) q (a q-ad, illetve n-ed rendű gyök értelmezése) a pn < a mq (egész kitevőjű hatvány hatványozása) pn < mq p q < m n r < s. Példa. Mutassuk ki, hogy bármely a, b pozitív szám esetén fennáll a következő egyenlőtlenség: a + b > (a + b). Bizonyítás. Az a+b = c jelölés bevezetésével, végigosztva c -nal, a bizonyítandó ( a ) ( ) b egyenlőtlenség a következő alakot ölti: + >. c c ) ( ) b <, vagyis c Tudjuk, hogy 0 < a c, b c <, a c + b ( a c =, tehát <, c ( a ) ( ) b a ( a ) ( ) < és <. Innen c c c < b b, c c <. Ha az utóbbi két c egyenlőtlenség megfelelő oldalait összeadjuk, kapjuk, hogy = a c + b ( a ) ( ) c < b +. c c Más megoldás. Az a = x > 0, b = y > 0 jelölésekkel az egyenlőtlenség x + y > (x + y ) alakú lesz. Mindkét oldalt harmadik hatványra emelve, a következő ekvivalens egyenlőtlenségekhez jutunk: (x + y ) > (x + y ), x 4 y + x y 4 > x y, ezt x y -nal végigosztva kapjuk, hogy minden x, y > 0 esetén. ( x y + y x..4. Irracionális és valós kitevőjű hatványok ) >. Ez igaz, hiszen x y + y x Ezen fejezet célja kibővíteni hatvány fogalmát a racionális kitevőjű hatványokról a valós kitevőjű hatványokra. E végső kiterjesztés az eddigiektől eltérő megközelítést igényel, meghaladva jelen tankönyv kereteit. Ezért megelégszünk az elv egy példán keresztüli bemutatásával. Tegyük fel, hogy az a hatványt szeretnénk értelmezni valamely a > számra. Emlékezzünk vissza, hogy az előző évben az irracionális számokkal való műveleteket az adott számok hiánnyal, illetve töblettel való megközelítésével értelmeztük. Hasonló eljárással fogjuk egy a szám irracionális hatványra (jelen esetben -re) való emelését is értelmezni. hiánnyal és töblettel való megközelítései: <, 4 <, 4 <, 44 <... < <... <, 45 <, 4 <, 5 <. Az a > alapú racionális kitevőjű hatványok rendezési szabályait figyelembe véve felírhatjuk a következő egyenlőtlenség-sorozatokat: a < a,4 < a,4 < a,44 <... () és a > a,5 > a,4 > a,45 >... (). Az () és () sorokban végtelen sok tag szerepel és az () sorozat minden tagja kisebb az összes ()-ben szereplő kifejezésnél. Természetes, hogy a az a szám, amely nagyobb az () sorozat minden tagjánál és kisebb a () összes tagjánál. 0
Ez alapján természetes, hogy a értékének azt a γ számot tekintjük, amely nagyobb az a minden olyan racionális kitevőjű hatványánál, amelyben a kitevő alulról közelíti a -t és kisebb minden olyan hatványánál, amelyben a kitevő töblettel közelíti a számot. Bizonyítás nélkül elfogadjuk, hogy ez a szám létezik és egyértelműen meghatározott (szemléletesen a két sorozat,,találkozásáná helyezkedik el): a < a,4 < a,4 < a,44 <... < γ <... a,45 < a,4 < a,5 < a ). Hasonló módon definiálhatjuk az a α (a > ) hatványt tetszőleges α pozitív irracionális szám esetén. A fenti meghatározást a következőképpen is átfogalmazhatjuk: Ha a > és α egy pozitív irracionális szám és r i illetve l k az α szám hiánnyal, illetve töblettel való közelítései, akkor az a α hatvány az a γ szám, amelyre a r i < γ < a l k, r i, l k Q, r i < α, l k > α. Ez esetben is elfogadjuk, hogy ez a szám létezik és egyértelmű. Hasonlóan, ha 0 < a <, a fenti jelölések alkalmazásával az a α hatvány értékén azt a γ számot étjük, amelyre a r i > γ > a l k, r i, l k Q, r i < α, l k > α. Itt is elfogadjuk, hogy ez a szám létezik és egyértelmű. Amennyiben a > 0, a, α pedig egy negatív irracionális szám, akkor az a α hatvány értékén az számot értjük, azaz a α a α = a α. Megjegyzés. ) Ha a =, akkor α =, α R. ) A racionális kitevőjű hatvány értelmezése alapján a α > 0, a > 0, α R. ) A törtkitevős hatványokra vonatkozó tulajdonságok érvényesek maradnak a valós kitevős hatványokra is (ezek bizonyításához szükség van a matematikai analízis tárgykörébe tartozó határérték fogalmára). Bármely a > 0, b > 0 és tetszőleges x, y R esetén fennállnak a következő összefüggések: ( ) a x a y = a x+y ; ) ax a ) x a y = ax y ; ) (ab) x = a x b x a x ; 4) = b b x ; 5) (a x ) y = a xy ; 6) a 0 = ; 7) a x = a x. A hatványok rendezése Ha a >, akkor x < y a x < a y. Ha 0 < a <, akkor x < y a x > a y. 4) Az előző paragrafusban kijelentett, az a m n lehetséges értékeire vonatkozó állítások figyelembe vételével írhatjuk, hogy ) a > esetén a α > α > 0 és a α < α < 0 valamint ) 0 < a < esetén a α > α < 0 és a α < α > 0. A következőkben kimutatjuk, hogy az a >, α > 0 esetben a α >.
Ha α = m n alakú, m, n N, n, akkor a m n > ( ) a m n n > a m >, ami igaz (a > a > a a > a...). Ha α irracionális, akkor választunk egy olyan r pozitív racionális számot, amely az α-t hiánnyal közelíti meg. Az irracionális kitevőjű hatvány értelmezése szerint a α > a r. A bizonyítás előző lépése alapján a r >, tehát a α > a r >, azaz a α >. 5) Valós kitevőjű hatványok rendezése. Igazak a következő állítások: ) a > esetén α < α a α < a α. ) 0 < a < esetén α < α a α > a α. A következőkben belátjuk, hogy ha a > és α > α, akkor a α > a α. Legyen β = α α > 0. A 4) alapján a β >, innen mindkét oldal a α -vel való beszorzásával kapjuk, hogy a β a α > a α, azaz a α > a α. Az ) és ) állítások figyelembe vételével az alábbi fontos eredményhez jutunk: Ha a > 0, a, akkor a α = a α α = α...5. Az n-edik gyök Az előzőekhez hasonlóan, az n-edik gyököt is egy valós számra vonatkozóan határozzuk meg (páros n esetén nemnegatív, páratlan n esetén tetszőleges valós számra értelmezzük az n-edik gyököt). Egy kis történelem. A gyökvonás eredete Már az ókori görögökben megfogalmazódott az a kérdés, hogyan lehet meghatározni egy adott területű (például m ) négyzet oldalának hosszúságát. Könnyen választ adhatunk a kérdésre, ha a terület mértéke x, ahol x N (például 4 m, 9 m, 6 m stb.) Ha T = x = vagy T = x =, akkor x = illetve x = mert az oldal hossza nemnegatív valós szám. Tetszőleges pozitív szám mértékű terület esetén a görögöknek nem sikerült a megoldásra általános módszert találni. Platón egyik Dialógusában Szokrátesz egy terjedelmes mértani fejtegetés során megmutatja Menonnak, hogy az egységnyi oldalhosszúságú négyzet átlója pontosan a területű négyzet oldala. A Menonnal folytatott párbeszéd mértani tartalma röviden így fogalmazható meg: a területű négyzet x oldalhosszúsága pontosan x =. A (,,négyzetgyök,,,a második gyöke ) szimbólum tulajdonsága az, hogy önmagával megszorozva (vagyis négyzetre emelve) pontosan -t kapunk eredményül. Bionyos esetekben a fenti feltételt teljesítő x könnyen meghatározható, például x = 4 =, x = 9 =, x = 6 = 4, x 4 = 0, 044 = 0, ; az ellenőrzés a fordított művelet, a hatványra emelés segítségével azonnali: x = = 4, x = = 9, x = 4 = 6, x 4 = 0, = 0, 044. Az ókori görög matematikusok egy másik, hasonló jellegű problémája a harmadik gyök (köbgyök vagy harmadrendű gyök) fogalmához vezetett: azon kocka oldalhosszát keresték, melynek térfogata megegyezik az egységnyi oldalhosszúságú kocka térfogatának kétszeresével. Ma ezt így fogalmazzuk meg: a térfogatú kocka x oldalhossza az az x = szám (,,a harmadik gyök vagy,,köbgyök ), amelyet harmadik hatványra emelve -t kapunk (x = ). Egyes,,szerencsés esetekben ez a kérdés
(mármint a megfelelő x megkeresése) is könnyen megválaszolható, például 8 =, 0, 5 = 0, 5, mivel = 8 és 0, 5 = 0, 5. A gyökvonás (latinul radix, gyök) a pozitív számok halmazán a hatványraemelés fordított művelete. Négyzetgyökök Mint azt már tudjuk, minden a valós szám esetén a 0. Megfordítva, a kérdés az, hogy adott pozitív a szám esetén létezik-e olyan x valós szám, amelyre x = a, vagyis ha a 0, az x = a egyenletnek van-e valós megoldása? Bebizonyítható, hogy minden nemnegatív valós szám valamely egyértelműen meghatározott nemnegatív valós szám négyzete. Az x = a, x 0 feltételeket teljesítő szám létezését a matematikai analízis keretében bizonyítjuk. Az x szám egyértelműsége. Tételezzük fel, hogy léteznek az x, y 0, számok, amelyek teljesítik az x = y = a tulajdonságot és kimutatjuk, hogy x = y. Valóban, x y = (x y)(x + y) = 0, innen x y = 0 vagy x + y = 0. Az x y = 0 esetben x = y, ha pedig x + y = 0, felhasználva, hogy x, y 0, következik, hogy x = y = 0, tehát mindkét esetben x = y. Az x számot x = a-val jelöljük és,,négyzetgyök a-nak (vagy röviden,,az a gyökének ) nevezzük. Értelmezés. (Négyzetgyök.) Az a 0 szám esetén az a négyzetgyökének nevezzük és a-val (,,négyzetgyök a-val ) jelöljük azt a számot, amelyre a 0, ( a) = a. Következésképpen a az az egyetlen pozitív szám, amelynek négyzete pontosan a. Azt a műveletet, amely során a-ból meghatározzuk a a értékét, négyzetgyökvonásnak nevezzük Megjegyzés. ) Jegyezzük meg, hogy négyzetgyököt csakis pozitív számból lehet vonni! Az x + kifejezésnek akkor van értelme, ha x + 0, azaz x. ) Az a 0 a 0 implikáció alapján x = x 0, például ( ) = =, ( ) = =. A harmadik gyök Ha a R, akkor a R, sőt azt is tudjuk, hogy ha a > 0, akkor a > 0, ha pedig a < 0, akkor a < 0. Fordítsuk meg a kérdést: adott a valós szám esetén létezik-e olyan x R amelyre x = a? A továbbiakban ezzel a kérdéssel foglalkozunk. Ha a = 7, akkor x = mivel = 7. Ha a = 8, akkor x = mivel ( ) = 8. E
példák alapján arra a következtetésre juthatunk, hogy negatív a esetén azon x szám, amelynek köbe a, szintén negatív, pozitív a esetén a neki megfelelő x is pozitív. Értelmezés. (Harmadik gyök, köbgyök). Az a valós szám harmadik gyökén (köbgyökén) azt a a-val jelölt számot értjük, amelyre ( a) = a. Minden a R esetén a R és ( a) = a. Következésképpen a harmadrendű gyöke az az egyetlen ( a-val jelölt) valós szám, amelynek köbe a. Az n-edik gyök Az előzőekben tárgyalt feladatokat általánosítjuk az a R, n N, n, n páros vagy páratlan esetekre. Ha a 0 és n egy páros természetes szám, kimutatható, hogy az x n = a egyenletnek létezik egyetlen pozitív megoldása, melyet x = n a-val jelölünk és az a n-edik gyökének nevezünk. Ha a R és n egy páratlan természetes szám, akkor az x n = a egyenletnek létezik egyetlen valós megoldása, ezt x = n a-val jelöljük és az a n-edik gyökének nevezzük. Értelmezés. (Az n-edik gyök) ) Ha a 0, n N, n páros, akkor a n-edik gyökén (n-ed rendű gyökén) azt az n a-nel jelölt számot értjük, amelyre n a 0, ( n a) n = a. ) Ha a R, n N, n, n páratlan, az a szám n-edik gyökén (n-ed rendű gyökén) azt az n a-nel jelölt számot értjük, amelyre ( n a) n = a. Az n számot a gyök kitevőjének vagy rendjének, a-t pedig a gyökjel alatti számnak (kifejezésnek) nevezzük. Megegyezés szerint, az n = esetben a helyett egyszerűen a-t írunk. Példák. 4 6 = mivel 4 = 6; 5 = mert ( ) 5 = ; 7 8 = ( mert ) = 7 8. 4
..6. A gyökök tulajdonságai A következőkben felsoroljuk a szorzás, osztás, hatványozás illetve a gyökvonás között fennálló összefüggéseket, ezek ismerete segítséget jelent egyes algebrai- és számkifejezések egyszerűsítésénél. Ezek bizonyításánál felhasználjuk a következő állítást: Segédtétel. ) Ha x, y 0, n N, akkor x n = y n x = y. ) Ha x, y R, n N, n páratlan, akkor x n = y n x = y. A gyökökre vonatkozó tulajdonságok felsorolásánál mindig két esetet különböztetünk meg, aszerint, hogy a gyök rendje páros vagy páratlan. Ezek minél mélyebb rögzítése érdekében ajánljuk az olvasónak a tulajdonságok megfogalmazását az n = (páros kitevőjű) és n = (páratlan kitevőjű) sajátos esetekre, hiszen nagyon sok kifejezés tartalmaz vagy kitevőjű gyökkifejezéseket. Az alábbiakban m, n-nel a gyökök rendjét jelöltük, a, b R. T) Szorzat gyöke egyenlő a gyökök szorzatával. n=páros természetes szám n=páratlan természetes szám { n n a n b, a, b 0 ab = n a n n b, a b 0 ab = n a n b, a, b R. Bizonyítás. A tulajdonságot páros n-re és pozitív a, b valós számokra igazoljuk. Az x = n ab, y = n a n b jelölésekkel x, y 0. Mivel x n = ab = y n, a segédtétel alapján x = y. Megjegyzés. ) Ha n = és a = b, akkor a = a. Ennek megfelelően a ( ) számot így írhatjuk át: ( ) = =, az E = (x + ) + (x ) kifejezést pedig az E = x + + x egyszerűbb alakban is felírhatjuk. ) A tulajdonság általánosítható több változóra is: ha a, a,, a k 0, n pedig egy páros természetes szám, akkor n a a a k = n a n a n a k, vagy röviden, a k szimbólum használatával, ( a i = a a... a k ), i= k n a i = i= k i= n ai. Hasonlóan, ha a, a,, a k R valamint n egy páratlan természetes szám, akkor 5
k k n a i = i= i= n ai. Példák ) 800 = 8 9 5 = 8 9 5 = 5 = 0 ; ) 7000 = 5 = 5 = 0. ) Határozzuk meg azon x valós számokat, amelyekre fennáll a x = x + x egyenlőség. Megoldás. Az első gyök akkor értelmezett, ha (x )(x + ) 0. Ennek a megoldáshalmaza a (, ] [, ) intervallum (előjeltáblázatot készítünk az x, x + kifejezésekre). Az x gyök az x 0 x, a + x gyök pedig az x + 0 x esetben létezik. A három halmazt metszve kapjuk, hogy x kell legyen. Minden ilyen x teljesíti az egyenletet (négyzetreemeléssel könnyen meggyőződhetünk erről), tehát a megoldás: x. T) Hányados gyöke egyenlő a gyökök hányadosával. n=páros természetes szám n a b = n a n, a, b 0, b 0 b n a, a b 0, b 0 b n n=páratlan természetes szám n a n a b = n, a, b R, b 0. b Bizonyítás. A bizonyítást páratlan n-re végezzük el. a Az x = n n b, y = a n jelölésekkel x n = y n = a, a segédtétel ) része alapján következik, hogy x = y. b b 6 6 Példák. ) 9 = = 4 9 ; ) 7 7 7 8 = = 8 = 8 ; x ) Írjuk át gyökök hányadosaként a gyököt, ha x < 0. x x Megoldás. A gyök csak akkor létezik, ha 0, x 0. x x 0 + x 0 + + + + Az előjeltáblázat: x 0 + + x x + + + 0 + + x A táblázatból könnyen kiolvasható, hogy 0 pontosan akkor teljesül, ha x x (, 0] (, ). 6
A tulajdonságot alkalmazva (n = páros, a 0) kapjuk, hogy b x x x x = =. x x T) Gyök hatványra emelése n= páros természetes szám n= páratlan természetes szám ( n a) m = n a m, a 0, m N ( n a) m = n a m, a R, m N. Gyök hatványra emelése a gyökjel alatti kifejezésnek a megadott hatványra való emelését jelenti. Bizonyítás. Tekintsük az n N, n páros esetet. Az x = ( n a) m, y = n a m jelölésekkel x n = ( n a) mn = [( n a) n ] m = a m és y n = ( n a m ) n = a m, tehát x n = y n. A segédtétel ) állítása alapján x = y. Példák ) ( ) 4 = 4 = ( ) = = 9; ) ( 5) 4 = ( 5) 4 = 5 4 = 5 5 = 5 5 = ( 5) 5 = 5 5; ) ( 4 (x ) ) 4 = 4 (x ) 8 = ( 4 (x ) 4 ) = x = (x ). T4) A gyök kitevőjének illetve a gyökjel alatt álló hatvány kitevőjének egy közös osztóval való egyszerüsítése n=páros természetes szám n=páratlan természetes szám mn { n a, a 0, m N mn a m = n a, a R, m páratlan. a m = n a, a < 0, m páros Példák A bizonyítás a többi tulajdonság igazolásához hasonlóan végezhető el. ) 4 = 4 4 = = 7; ) 0 ( 5) 6 = 5 ( 5) = 5 5 = 5 5; ) Igazoljuk a következő egyenlőséget: 4 + 6 = 4 8 + 4. Megoldás. Mindenekelőtt vegyük észre, hogy mindkét oldalon pozitív számok állnak. A segédtétel ) állítását használjuk, ehhez kimutatjuk, hogy a két oldalon álló kifejezések négyzetei megegyeznek. Rendre a következőket írhatjuk: 4 + 6 = ( 4 8) + 4 8 + ( 4 ) 4 + 6 = 8 + 4 6 + 4 + 6 = 4 + 6, ezzel a bizonyítást befejeztük. 7
4) Mutassuk ki, hogy 9 + 4 5 + 9 4 5 =. Megoldás. Az x = 9 + 4 5 + 9 4 5 kifejezést az (a + b) = a + b + +ab(a + b) képlet alapján (a = 9 + 4 5, b = 9 4 5 értékekkel) harmadik hatványra emeljük. x = 9 + 4 5 + 9 4 5 + (9 + 4 5)(9 4 5)( 9 + 4 5 + 9 4 5), azaz x = 8 + x. Tehát x kielégíti az x x 8 = 0 harmadfokú egyenletet, ami egyenértékű azzal, hogy x x 8 = (x )(x + x + 6) = 0. Tehát x = 0 vagy x +x+6 = 0. Kimutatjuk, hogy valós x esetén x +x+6 0, így csak az x = eset állhat fenn, ami éppen a bizonyítandó összefüggés. Valóban, x + x + 6 = ( x + ) + 5 4 > 0. T5) Gyökvonás gyökből n= páros természetes szám n= páratlan természetes szám n m a = mn a, n m a = mn a, a 0, m N, m a R, m N, páratlan. Gyökből gyököt vonni azt jelenti, hogy a gyökkitevők szorzatával egyenlő kitevőjű gyököt vonunk (és az alap marad). Példák. ) = 6 ; ) 5 = 5 ; ) = 4 = 8. T6) Tényező bevitele a gyökjel alá a n b = { n a n b, a 0, b 0 n a n b, a < 0, b 0 a n + b = n + a n+ b, a, b R. T7) Tényező kihozatala (kiemelése) a gyökjel alól n a n b = { a n b, a 0, b 0 a n b, a 0, b 0 n + a n+ b = a n + b, a, b R. Példák ) A külső tényezőket vigyük be a gyökjel alá: a) ; b) 5 ; c) 6; d) 4 ; e) ; f) (x + ) x, x >. Megoldás. a) = = 9 = 8; b) 5 = 5 = 50; 8
( c) ) 4 6 6 = 6 = = 9 8 ; d) 4 = 4 = 48; e) = ( ) = 8 = 8; (x + ) x + f) (x + ) x = x =, ha x >. x ) A lehető,,legnagyobb tényezőt emeljük ki a gyökjel alól! a) 8; b) 75; c) 4; d) 5 96; e) x ; f) a 6 b x 9. Megoldás. a) = = = ( ) = ; b) 75 = 5 7 = 5 7 = 5 7; c) 4 = = = ; d) 5 96 = 5 5 = 5 5 5 = ( 5 ) 5 5 = 5 ; e) x = x x = x x = x x, mivel abból, hogy x 0 következik, hogy x 0; f) a 6 b x 9 = a 6 b x 9 = a 6 b x 9 = a b x. T8) Gyökök közös gyökkitevőre hozása Mindkét gyököt a kitevők legkisebb közös többszörösével megegyező rendre hozzuk a T4) tulajdonság alapján. Példa. Alakítsuk át azonos kitevőjű gyökökké a, gyököket. Megoldás. A gyökök kitevőinek (, illetve ) legkisebb közös többszöröse 6 és = = 6 8 şi = = 6 9. Két gyök összehasonlítása Gyökök összehasonlításakor a következő táblázatot használhatjuk: n = páros természetes szám Ha a, b > 0, akkor: n a < n b a < b n = páratlan természetes szám Ha a, b R, akkor: n a < n b a < b. Bizonyítás. Az n =, majd n = sajátos eseteket bizonyítjuk. Mutassuk ki, hogy ha a, b > 0, akkor a < b a < b. Az x = a, y = b jelölésekkel x, y > 0 és x = a, y = b. A bizonyítandó ekvivalenciát x-től és y-tól függő kifejezéssé írjuk át. Ígazolnunk kell, hogy x < y x < y. Valóban, x < y x y < 0 (x y)(x + y) < 0 x y < 0 mivel x + y > 0. 9
Ha n = és a, b R, az x = a, y = b jelöléseket vezetjük be, tehát x = a, y = b, így a < b x < y (x y)(x + xy + y ) < 0 x y < 0, mert x + xy + y > 0. Megjegyzés. Ezzel a módszerrel azonos kitevőjű gyököket hasonlítunk össze. Ha a gyökök kitevője különböző, a T8) tulajdonság alapján előbb azonos kitevőjű gyökökké alakítjuk őket. Példák ) Rendezzük növekvő sorrendbe a 4, 7, 8 számokat. Megoldás. Mivel 4 = 64, 7 = 8 és 8 = 64, ezért 4 = 8 < 7, így 4 = 8 < 7. ) Hasonlítsuk össze az a és b számokat: a) a = 6 + 6, b = + 7; b) a =, b = 0. Megoldás. a) Tegyük fel, hogy a > b. Mivel a, b > 0, az a és b között fennálló rendezési reláció megmarad a és b között is. Rendre a következő egyenértékű egyenlőtlenségeket kapjuk: 6 + 6 > + 7 6 + 56 + 6 > + 7 + 7 + 56 > > 7 + 56 + 56 > 56 > 56 > 04, hamis, tehát feltételezésünk hamis volt. Következésképpen a < b. b) Vegyük észre, hogy = és 0 =. + + 0 Mivel <, következik, hogy a < b. + + 0 ) Rendezzük növekvő sorrendbe a 4, 4 6, 80 számokat. Megoldás. Első észrevételünk az, hogy nem azonosak a gyökkitevők. Ahhoz, hogy össze tudjuk hasonlítani, szükséges, hogy közös kitevőre hozzuk őket. A közös kitevő a kitevők legkisebb közös többszöröse, azaz [, 4, ] =. Az átalakítások: 4 4 = 4 4 = 56, 4 4 6 = 6 = 6. Mivel 6 < 56 < 80, kapjuk, hogy 4 6 < 4 < 80. Műveletek gyökökkel Azonos kitevőjű gyökök közötti összeadási, kivonási, szorzási vagy osztási műveletek esetében kihozhatunk a gyökjel alól vagy éppen bevihetünk közös tényezőket a gyökjel alá azon célból, hogy minél egyszerűbb alakra hozzuk a kifejezést. Ha a gyökkifejezések kitevője különbözik, előbb azonos kitevőre hozzuk őket a szorzás és osztás könnyebb elvégzése érdekében. 0
Példák. Hozzuk a lehető legegyszerűbb alakra a következő kifejezéseket: a) 00 45 + 8 + 0 49; b) 7a 4 + 8a 5a7 ; a c) 4 ; d) 4; e) 5 64 : 5 ; f) 49 a5 b 7 : 7a 5 b. Megoldás. a) 0 5 + 9 + 4 5 7 = 9 + 5 7; b) a a + 6 a a 5a a = a a + 6 a 5a a = 6 a a a; c) 4 = = = 6 = = 4; d) A szorzás elvégzése érdekében előbb közös kitevőre hozzuk a két gyököt ez a kitevő a [, ] = 6: 4 = 6 6 4 = 6 8 6 = 6 7 = 6 ; 5 5 6 e) = = = 5 5 ; f) Előbb a kihozható tényezőket kiemeljük a gyökjel alól, majd a gyököket közös kitevőre hozzuk, lehetővé téve az osztás elvégzését: a 49 a5 b 7 = ab b a 4 49 = b ab 6 49, 7a5 b = a b 7ab = a b 6 7 a b. a 5 b 7 ab 6 a 4 b Az osztás: 49 7a5 b = 49 a b 6 7 a b = b 6 a 4 b a 49 7 a b = b 6 a 7a 7b. A nevező gyöktelenítése Azt a műveletet, amely során egy tört nevezőjéből valamely kifejezéssel történő bővítéssel eltüntetjük a gyököket, a nevező gyöktelenítésének nevezzük. A kifejezést, amellyel bővítjük a törtet, a nevező egy konjugáltjának nevezzük. Ha a nevezőben gyökkifejezések összege áll, a rövidített számítási képleteket alkalmazzuk, ezért ismétlésképpen felsoroljuk őket: (x y)(x + y) = x y, (x y)(x + xy + y ) = x y, (x + y)(x xy + y ) = x + y. A következő eseteket különböztetjük meg: ) A nevező egyetlen gyökből áll: n, k < n, k, n N, n. a k Ha a törtet az n a n k kifejezéssel bővítjük, a nevezőből eltűnik a gyök: n n = a n k n a k n a k n a = a n n k n = a n k. n k a n a Példák. Gyöktelenítsük a következő törtek nevezőit: a) ; b) ; c) ; d) 4 5. 8 Megoldás. a) = = ; b) = = 4 = 4 ; ( ) =
c) 4 = 4 = 8 = ; d) 5 8 = 5 = 5 5 5 = 5 4 5 5 = 5 4. ) A nevező a ± b, a, b > 0 alakú Könnyen belátható, hogy a a + b, a b (a, b > 0) kifejezések egymás konjugáltjai, hiszen ( a + b)( a b) = ( a) ( b) = a b. A a ± b alakú nevezők racionalizálása a törtnek a nevező konjugáltjával való bővítésével történik. Példák. Gyöktelenítsük a következő törtek nevezőit: a) ; b) ; c) ; d) + 6 5 7 + 5. ( 6 ) Megoldás. a) = + 6 ( 6 + )( 6 ) = ( 6 ) = 6 ; 5 + 5 + b) = 5 ( 5 )( 5 + ) = ; ( 5 7) c) = 7 + 5 ( 5 + 7)( 5 7) = ( 5 7) ; d) = + ( )( + ) = +. ) A nevező a ± b ± c alakú (a, b, c > 0). Az ilyen alakú nevezők gyöktelenítése az előző esetben bemutatott eljárás kétszeri alkalmazásával végezhető el, a gyökök eltüntetése fokozatosan történik. Példák. Gyöktelenítsük a törtek nevezőit: a) ; b) + + 7. ( + ) 7 Megoldás. a) = + + 7 [( + ) + 7][( + ) 7] = + 7 = ( = ( + 7)( 6 + ) 6 ) ( 6 )( = ( + 7)( 6 + ) ; 6 + ) 0 b) ( ) = ( ) + [( ) ][( ) + ] = + ( ) ( ) = = + ( + ) =. 4 4) A nevező a ± b vagy a ± ab + b alakú. A ( a+ b)( a ab+ b ) = ( a) +( b) = a+b képlet alapján a a+ b és a ab+ b kifejezések egymás konjugáltjai, tehát, ha a tört nevezője a+ b alakú, akkor a törtet a a ab + b kifejezéssel, ha pedig a ab + b alakú, akkor a a + b kifejezéssel bővítjük. Hasonlóan, a ( a b)( a + ab + b ) = ( a) ( b) = a b képlet alapján a a b és a + ab + b kifejezések egymás konjugátjai.
Példák. a) Gyöktelenítsük a következő törtek nevezőit: + ; b) 4 6 + 9 ; c) ; d) + + 9. Megoldás. a) + = + 4 6 + 9 ( + )( + ) = ; 5 b) 4 6 + 9 = + + ( + )( + ) = ; 5 c) = + + 9 ( )( + + ) = + + 9 ; d) + + 9 = ( )( + + ) =. 5) A nevező n a n b alakú. Az ( n a n b)( n a n + n a n n b + + n b n ) = a b képlet alapján a bal oldali tényezők egymás konjugáltjai. Példa. Gyöktelenítsük a 4 4 tört nevezőjét. Megoldás. A nevező konjugáltjával bővítve a törtet kapjuk, hogy: 4 4 4 = + 4 4 + 4 4 + 4 = 4 7 + 4 8 + 4 + 4 8. 4 Ehhez az eredményt másképp is eljuthatunk: 4 4 = + 4 4 + 4 ( 4 ) ( 4 ) = = = ( 4 + 4 )( + ) = 4 7 + 4 8 + 4 + 4 8.
6) A nevező n+ a + n+ b alakú. Az ( n+ a + n+ b)( n+ a n n+ a n n+ b + + n+ b n ) = a + b egyenlőség alapján a bal oldali tényezők egymás konjugáltjai. Példa. Gyöktelenítsük az 5 tört nevezőjét. + 5 4 5 Megoldás. 5 = + 5 5 + = + +..7. Logaritmusok 5 8 5 7 + 5 9 5 +. 4 A,,logaritmus szó a latin,,logarithmus magyar megfelelője. Ez a szó a görög,,logos és,,arithmos szavak összevonásából született. A megfelelő fogalom John Napier-től származik, akinek a fő munkája (Mirifici Logarithmorum Canonis descriptio) 64-ben jelent. Láttuk, hogy ha a hatványozás során rögzítjük a kitevőt, akkor az ellentett művelet a megfelelő rendű gyökvonás. Ha viszont nem a kitevőt, hanem az alapot rögzítjük, akkor a következő problémával állunk szemben: rögzített a, b > 0 számok esetén határozzuk meg azt az x valós számot, amelyre a x = b. Igazolható, hogy ennek az egyenletnek egyetlen valós megoldása van, ezért mondhatjuk azt, hogy értelmezés alapján az előbbi egyenlet megoldását a b szám a alapú logaritmusának nevezzük. Például a = 8 egyenlőség alapján mondhatjuk hogy a a 8-nak a -es alapú logaritmusa. Ezt röviden így írjuk: = log 8. ( ) Hasonlóan, mivel = 9, ezért a 9-nek alapú logaritmusa ( ), azaz = log 9. Értelmezés. Legyen a > 0, a és x > 0. Az x szám a alapú logaritmusának nevezzük és log a x-szel jelöljük azt az y számot, amelyre a y = x. Tehát y = log a x a x = y Megjegyzés. ) Mivel a y > 0, y R, ezért negatív szám logaritmusa nem értelmezett. ) Az értelmezés alapján a) az y = log a x és a y = x kijelentések ugyanazt jelentik; b) az x szám szigorúan pozitív; c) ha a > 0, a és x > 0, akkor: a log a x = x Ezt az azonosságot a logaritmus alapazonosságának nevezzük, jelentése a következő: egy pozitív szám adott alapú logaritmusa azt a kitevőt jelöli, amelyre fel kell emelni az alapot ahhoz, hogy az illető számot kapjuk. 4
Megoldott gyakorlatok. Írjuk fel az alábbi egyenlőségeket logaritmusok segítségével: a) = 8; b) 5 0 = ; c) = 9. Megoldás. Egy pozitív szám logaritmusának értelmezése alapján log a x = y a y = x, tehát a) = 8 log 8 = ; b) 5 0 = log 5 = 0; c) = 9 log 9 =.. Írjuk fel az alábbi egyenlőségeket logaritmusok nélkül: a) log 0 00 = ; b) log 7 = ; c) log 5 = 0. Megoldás. Egy x pozitív szám logaritmusának értelmezése alapján log a x = y a y = x, tehát: a) log 0 00 = 0 = 00; b) log 7 = = 7 ; c) log 5 = 0 5 0 =.. Igazoljuk a következő egyenlőségeket: a) log 04 = 0; b) log 56 = 8; c) log a a a =, a > 0, a. Megoldás. a) A szogorúan pozitív szám logaritmusának értelmezése alapján log 04 = 0 0 = 04, ami igaz. b) log 56 = 8 ( ) 8 = 56 8 = 56, igaz. c) A logaritmus argumentumát egyszerűbb alakra hozva kapjuk, hogy a a = a = 6 a = a, továbbá log a a =, mivel a = a. 4. A logaritmus definícójából kiindulva határozzuk meg azt az x számot, amelyre: a) log x = ; b) log 4 x = ; c) log 4 8 = x. Megoldás. A pozitív számok logaritmusának értelmezése alapján a) log x = x =, tehát x =. b) log 4 x = 4 = x x =. c) log 4 8 = x 4 x = 8 x = x = x =. 5. Határozd meg az alábbi logaritmusok értékét: a) log 9 ; b) log ; c) log log log 9 8. Megoldás. a) A logaritmus értelmezése alapján írhatjuk, hogy log 9 = y y = y = y =. Tehát log 9 =. 5
b) Legyen log Tehát log = y ( ) y = () y = 5 y = 5. = 5. c) A legbelső logaritmus értékét kiszámolva log 9 8 = log 9 9 =. Kifele haladva a következő logaritmus log = és végül log = 0. Egy kis történelem. Két szám kiemelt szerepet tölt be logaritmusok alapjaként. ) Az e, 788 irracionális szám alapú logaritmusnak külön jelölése is van: log e x helyett egyszerűen ln x-t írunk és természetes logaritmusnak nevezzük. Az e szám megválasztása furcsának tűnhet, viszont egyes tulajdonságai a matematika egyik legfontosabb számává tették. Ezt a logaritmust Neper féle logaritmusnak nevezzük John Neper (550-67) skót báró neve után. Neper eredeti dolgozatában az alap fogalma még nincs pontosan definiálva, viszont számítások alapján ennek értéke e. Neper logaritmusait tehát nem lehet a ma Neper-féléknek nevezett logaritmusokkal azonosítani. A svájci matematikus, Jost Bürgi (55-6) szintén kiadott 60-ban egy logaritmustáblát, ő már néhány évvel azelőtt felfedezte a logaritmusokat, talán még Neper-t is megelőzve. Bürgi táblájában a logaritmusok piros színnel vannak jelölve, ő maga,,piros számok -nak nevezte őket. Az alap fogalma még itt sem jelent meg. ) A másik fontos logaritmus-alap a 0-es szám. A 0-es alapú logaritmus e- setében log 0 x helyett lg x-et írunk. Ezen logaritmusokat 0-es alapú logaritmusoknak nevezzük. Az első tízes alapú logaritmus-táblát Henry Briggs (556-60) angol matematikus szerkesztette és publikálta 64-ben. A logaritmus tulajdonságai A valós kitevőjűhatványok tulajdonságaiból kiindulva: a x a y = a x+y a x, a y = ax y, (a x ) y = a xy, megállapítunk néhány, logaritmusokra vontakozó tulajdonságot.. Ha a > 0, a, akkor log a = 0, log a a =. Bizonyítás. log a = 0 a 0 = és log a a = a = a.. Ha x, y > 0, a > 0, a, akkor log a (xy) = log a x + log a y (Két szám szorzatának logaritmusa megegyezik a számok logaritmusának összegével.) Bizonyítás. A log a x = m, log a y = n jelölések bevezetésével a m = x, a n = y és a m a n = a m+n = xy, 6
következésképpen log a (xy) = m + n = log a x + log a y. Megjegyzés. ) A fenti összefüggés általánosítható k darab szigorúan pozitív számra is: ha x, x,, x k > 0, akkor log a (x x x k ) = log a x + log a x + + log a x k vagy röviden, a és ( szimbólumok használatával k ) k log a x i = log a x i. i= Ha az x i, i =, k számok megegyezőek, x i = x, i =, k, akkor i= log a x k = k log a x Természetes kitevőjű hatvány logaritmusa egyenlő a kitevő és a hatványalap logaritmusának szorzatával. Később látni fogjuk, hogy ez az összefüggés érvényben marad valós kitevőjű hatványok esetén is. ) Ha x x > 0, akkor log a (x x ) = log a x + log a x. ( ) x. Ha x, y > 0, a > 0, a, akkor log a = log y a x log a y. (Hányados logaritmusa egyenlő a számláló és a nevező logaritmusának különbségével.) Bizonyítás. A szorzat logaritmusára vonatkozó tulajdonság felhasználásával írhatjuk, hogy ( ) ( ) ( ) x x x log a x = log a y y = log a + log y a y, innen log a x log a y = log a. y ( ) x Megjegyzés. ) Ha xy > 0, akkor log a = log y a x log a y. ) Ha x > 0, akkor ( ) log a = log x a x 4. Ha x > 0, α R, a > 0, a, akkor log a x α = α log a x. (Valós kitevőjű hatvány logaritmusa egyenlő a kitevő és a hatványalap logaritmusának szorzatával.) Bizonyítás. Ha log a x = m vagyis a m = x, akkor x α = (a m ) α = a mα log a x α = mα = α log a x. Megjegyzés. ) Ha α = m, m Z, akkor log a x m = m log a x. Példa. A log a (x ) szám minden x esetén létezik és { log a (x ) loga (x ), x > = log a x = log a ( x), x <. 7
) Ha α = n, n N, n, akkor log a n x = n log a x. 5. (A logaritmus alapjának megváltoztatása) Ha x > 0, a, b > 0, a, b akkor log a x = log b x log b a. (A képlet szabályt ad egy szám a alapú logaritmusáról ugyanazon szám b alapú logaritmusára való áttérésre.) Bizonyítás. A log a x = m, log b x = n jelölésekkel x = a m, x = b n, innen a m = b n, vagyis log a a m = log a b n. Az előző szabály alapján m log a a = n log a b, innen m = n log a b vagyis log a x = log b x log a b. () Ez utóbbi összefügésben az x = a helyettesítést végezve kapjuk, hogy = log b a log a b. Következik, hogy log a b = log b a. Ezt ()-be visszahelyettesítve log a x = log b x log b a. Megjegyzés. ) Az a alapról b-re való áttérési képlet könnyebb megtanulása érdekében figyeljhük meg, hogy a a jobb oldalon b alapú logaritmusok hányadosa van, melyeknek argumentumai az x szám illetve a régi alap, a, ezt az alábbi ábrán szemléltetjük: log x b log ax = log a b ) A bizonyítás során egy másik fontos összefüggést is megállapítottunk: Ha a, b > 0, a, b, akkor log b a = log a b ) Ha x > 0, a > 0, a, α, β R, β 0, akkor log a β (x α ) = α β log a x. Bizonyítás. A bal oldalon levő logaritmusban a alapra térünk át: log a β (x α ) = log a xα = α log a x log a a β β log a a = α β log a x. 4) Ha x, y > 0, y, a, b > 0, a, b, akkor log a x log a y = log b x log b y. Bizonyítás. Vegyük észre, hogy a alapú logaritmusokról b alapúakra kell áttérnünk. Az erre vonatkozó képlet felhasználásával írhatjuk, hogy log b x log a x log a y = log b a = log b x log b y log b y. log b a 8
5) Ezt a tulajdonságot az alkalmazásokban nagyon gyakran használjuk. Például egyenletek, egyenlőtlenségek megoldásá során, ha különböző alapú logaritmusokat tartalmazó kifejezésekkel van dolgunk. A kifejezések átalakításakor, egyszerűbb alakra hozatalakor azonos alapra hozzuk a logaritmusokat, majd az előző tulajdonságokat alkalmazzuk. 6. Ha a, b, c > 0, a, akkor b log a c = c log a b. Megoldott feladatok. Hozzuk egyszerűbb alakra az alábbi kifejezéseket: log a) (5) 6 5 log + (49) 8 7 ; b) log 8 (log 4 (log 6)). Megoldás. a) A gyökjel alatti összeg tagjait a következőképpen alakíthatjuk: log (5) 6 5 = (5) log 5 6 = (5 ) log 5 6 = (5 log 5 6 ) = (6) = 6, log (49) 8 7 = (49) log 7 8 = (7 ) log 7 8 = (7 log 7 8 ) = (8) = 64, tehát 6 + 64 = 00 = 0. b) Rendre a következőket írhatjuk: log 8 (log 4 (log 4 )) = log 8 (log 4 (4 log )) = log 8 (log 4 4) = log 8 = 0.. Számítsuk ki: a) lg + lg + lg 99 + + lg 4 00 ; b) log + log + + log + + + log + ; c) log a x + loga x log a x, x > 0, a > 0, a. Megoldás. a) A logaritmusok összegét a log a x+log a y = log a (xy) képlet alapján összevonva: ( lg 4 99 ) = lg 00 00 = lg 0 = lg 0 =. b) Ugyanazon képlet alapján írhatjuk, hogy: log a + + + + = = log + ( + + )( + ) = = log + = log = log =. c) A logaritmusok tulajdonságai alapján ( x ) x log a x x log a x x = log a = log a x x = log a = 0.. Számítsd ki az x értékét külön-külön az alábbi esetekben: a) log x = + log 5 log 4; b) lg x = + lg lg 5. Megoldás. Mindkét esetben a jobb oldali kifejezést előbb egyszerűbb alakra hozzuk a k = log a a k, α log a x = log a x α, log a x + log a y = log a (xy) és log a x 9
( ) x log a y = log a képletek felhasználásával. y a) + ( log 5 log 4 = log + log 5 log 4 = log ( 5 ) log 4 = 5 = log ), 4 tehát log x = log ( 5 4 ) x = 5 4 (mivel pozitív szám logaritmusa egyértelműen meghatározott). b) A jobb oldal így alakítható: + lg lg 5 = lg 0 + lg lg 5 = lg ( 9 0 Mivel lg x = lg ( 9 50 ), következik, hogy x = 9 50. ( ) ) 9 lg 5 = lg. 50 4. Számítsuk ki: a) log 4 log 96 log 9 ; b) lg 5, ha lg = a; log c) log 8, ha log = a; d) log 60, ha log 6 0 = a, log 5 4 = b. Megoldás. a) A logaritmusokat -es alapra hozzuk: log 4 log 96 log 9 log = log ( ) log ( 5 ) log ( 6 ) log ( ) = = (log + log )(log 5 + log ) (log 6 + log )(log + log ) = = ( + log )(5 + log ) (6 + log )( + log ) = = (5 + 8x + x ) ( + 8x + x ) =, ahol x = log. ( ) 0 b) lg 5 = lg 5 = lg 5 = lg = (lg 0 lg ) = ( a). c) Első megoldás. A log 8-at egyszerűbb alakra hozzuk: log 8 = log ( ) = log + log = + log, majd megpróbáljuk kifejezni a log kifejezésben szereplő -t a és függvényében, mivel a log = a és log = értékeket már ismerjük. Észrevesszük, hogy =, tehát log = log = (log log ) = (a ). Ezek alapján log 8 = + a + (a ) =. Második megoldás. Ez a módszer azon alapszik, hogy mind a logaritmus alapjában, mind argumentumában csak prímszámokkal dolgozunk. Ezért átalakítjuk a logaritmusokat: log 8 = log ( ) = + log és a = log = log ( ) = log +. Ez utóbbi egyenlőségből log = a, tehát log 8 = + a = a +. d) Rendre a következőket írhatjuk: log 60 = log 60 log = log (4 5) = + log + log 5. log (4 ) + log Az x = log, y = log 5 jelölésekkel log 60 = + x + y + x. Megpróbáljuk az a-t és a b-t kifejezni az x, y függvényében, hogy aztán a kapott rendszerből meghatározhassuk x, y-t az a és b segítségével. 0
Az a = log 6 0 = log 0 log 6 = log ( 5) = + x + y log ( ) + x, b = log 5 4 = log 4 log 5 = log (8 ) log ( 5) = + x x + y. + x + y = a + x x + rendszert megoldva x = x + y = b b + ab ab, y = a b + ab, ab ab + a tehát log 60 = ab + b +. 5. Igazoljuk, hogy a lg szám irracionális. Megoldás. Tegyük fel, hogy lg racionális, azaz lg = m n, m, n N, (m, n) =. Innen 0 m n =. Mindkét oldalt n-edik hatványra emelve kapjuk, hogy 0 m = n. Ez utóbbi egyenlőség viszont nem állhat fenn, mivel a bal oldali kifejezés osztható tízzel, míg a jobb oldali nem. Tehát ellentmondáshoz jutottunk, így feltételezésünk hamis. 6. Számítsuk ki [log 5] értékét, ahol [a] az a R egész részét jelöli. Megoldás. Az alapötlet az, hogy a 5 számot a -nek két egymás után következő hatványa közé soroljuk be. Tudjuk, hogy 4 < 5 < 5, így ha log 5 = x, akkor x = 5 és 4 < x < 5. Ez azt jelenti, hogy 4 < x = log 5 < 5, azaz [log 5] = 4. 7. Mutassuk ki, hogy az a, b, x, a b pozitív és -től különböző számok esetén log a x = log a x log b x b log b x log a x. Megoldás. A logaritmusokat x alapra hozzuk. Így mindkét oldal alakú lesz. log x a log x b 8. Ha x, y > 0, x > y, határozzuk meg x y értékét tudva, hogy lg(x y) = (lg x + lg y). Megoldás. Az adott egyenlőséget lg(x y) = lg xy alakra hozhatjuk, innen, mivel egy pozitív szám logaritmusa egyértelmű, x y = xy 4x + 9y ( ) x xy = 0. Ha mindkét oldalt elosztjuk az y 0 kifejezéssel, a 4 ( ) y x + 9 = 0 egyenlethez jutunk. A t = x y y jelöléssel a 4t t + 9 = 0 egyenletet kapjuk, melynek gyökei t = 9 4, t =. Ezek közül csak az x y = 9 4 esetet fogadjuk el, mert csak erre teljesül a x > y feltétel. 9. Igazoljuk, hogy ha a + b = 7ab, a, b > 0, akkor lg a + b = (lg a + lg b).
Megoldás. A bizonyítandó egyenlőséget rendre a következő alakokra hozhatjuk: lg a + b = lg a + b ab, = ab (mivel pozitív szám logaritmusa egyértelmű), a + b = ab, amely (négyzetre emeléssel) egyenértékű az (a + b) = 9ab a + b = 7ab egyenlőségekkel. Kifejezések logaritmálása Ezt a paragrafust egy példával kezdjük, hogy szemléltessük a logaritmálás hasznosságát. Tegyük fel, hogy ki szeretnénk számolni az N = 0 5 96 75 5 97 4 szám közelítő 0 értékét. Könnyen megállapítható, hogy a 0, 5 97 számok nagyon nagyok, valamint a kifejezésben szereplő gyökök kitevője is kettőnél nagyobb és így a számok nehezen számíthatóak ki. Természetesen csak megközelítőleg kell meghatároznunk az N számot. Ezért előbb kiszámoljuk a lg N értéket (általában a 0-es alapú logaritmussal dolgozunk ilyen esetekben). Így az a k hatványok k lg a alakú szorzatokká, az a ( a ) b tört a lg = b = lg a lg b különbséggé, valamint az ab szorzat a lg(ab) = lg a + lg b összeggé alakul. lg N = lg( 0 5 96 75) lg(5 97 4 ( 0) = ) = lg 0 + lg 96 5 + lg 75 lg 5 97 + lg 0 4 = = 0 lg + 5 lg 96 + lg 75 97 lg 5 lg 0. 4 A 0-es alapú logaritmustáblák vagy az lg kiszámolására képes zsebszámológép segítségével meghatározhatjuk (általában 6 vagy 7 tizedesnyi pontossággal) a lg, lg 96, lg 75, lg 5, lg 0 számokat, amely értékekkel elvégezve a többi számolásokat a lg N egy közelítő v értékéhez jutunk. Tehát lg N v, azaz N 0 v. Általában az N megközelítő értékét is a logaritmustáblából olvassuk ki. Az elektronikus számítógépeknek az iskolákban való jelenléte és a bonyolult számítások elvégzésére való használhatóságuk túlhaladottá teszi a logaritmusok ilyen irányú alkalmazását. Következésképpen Azt a műveletet, amely során az N számhoz (kifejezéshez) hozzárendeljük a lg N számot (kifejezést), logaritmálásnak nevezzük. Logaritmusokat tartalmazó kifejezések összevonása Logaritmusokat tartalmazó kifejezéseket az alábbi képletek felhasználásával hozhatunk egyszerűbb alakra: ( ) x log a x + log a y = log a (xy), log a x log a y = log a, y k log a x = log a x k, k = log a a k.
Példa. Határozzuk meg x-et az lg x = lg + lg 4 + lg 5 egyenlőségből. Megoldás. Rendre a következőket írhatjuk: lg x = lg lg 0 + lg(4 5), lg x = lg 4 5 0, lg x = lg 9 5, innen pedig x = 9 5... A KOMPLEX SZÁMOK HALMAZA Az algebra fejlődése során fokozatosan bővűlt a szám fogalma. Az elemi és általános iskolai tanulmányai során a tanuló előbb a természetes, majd a a pozitív racionális számokkal ismerkedik meg. Az algebra tanulmányozása során eljut a negatív egész és negatív racionális számok fogalmához. Az egész számok halmazának bővítését többek között bizonyos egyenletek megoldhatósága, a megoldás megkeresése is indokolttá tette. Például a x = 0 egyenletnek nyilvánvalóan nincs megoldása Z-ben, de a racionális számok halmazán az x = Q már megoldás. A racionális számok halmazának,,gazdagsága ellenére szükséges volt ennek kiegészítése az úgynevezett irracionális számokkal (az x = 0 egyenletnek nincs racionális gyöke, viszont van irracionális megoldása). A racionális és irracionális számok együtt alkotják a valós számok halmazát. Ez a halmaz sem fedi le teljesen a felvetődő problémék mindegyikét, abban az értelemben, hogy léteznek olyan egyenletek, amelyek nem oldhatóak meg a valós számok halmazán. Például az x + = 0 egyenletnek (bármilyen egyszerű is) nincs megoldása az R halmazon, hiszen egyetlen valós számnak sincs negatív négyzete ( ). Szükséges tehát kibővíteni ezt a halmazt is, általánosabbá téve a szám fogalmát oly módon, hogy ebben az új, bővebb halmazban az x + = 0 típusú egyenletek is megoldhatóak legyenek.... Komplex számok algebrai alakja R-rel jelölve a valós számok halmazát, az R R (a valós számok halmazának önmagával való Descartes-i szorzata) halmazon az R R = {(a, b) a, b R} halmazt értjük. Az R R elemeit (valós) számpároknak nevezzük. Ezen a halmazon két algebrai műveletet értelmezünk: ) Összeadás. Legyen z = (a, b ), z = (a, b ), z, z R R. A z és z összegét a következőképpen definiáljuk: z + z = (a + a, b + b ) R R. ) Szorzás. Ha z = (a, b ), z = (a, b ), z, z R R, a szorzatukon a következő számpárt értjük: z z = (a a b b, a b + a b ) R R. A z = (a, 0), z = (a, 0), z, z R {0} R R sajátos esetben a fenti értelmezések alapján z + z = (a + a, 0), z z = (a a, 0). Az előbbi összefüggések alapján az R {0} halmazon az összeadás és szorzás a valós számoknál fennálló szabályok alapján történik. Éppen ezért az (a, 0) számpárt a-val azonosítjuk: