dr. CONSTANTIN NĂSTĂSESCU egyetemi tanár a Román Akadémia levelező tagja dr. CONSTANTIN NIŢĂ egyetemi tanár

dr. CONSTANTIN NĂSTĂSESCU egyetemi taár a Romá Akadémia levelező tagja dr. CONSTANTIN NIŢĂ egyetemi taár I. VALÓS SZÁMOK. VALÓS GYÖKÖKKEL RENDELKEZŐ MÁSODFOKÚ EGYENLETEK II. A MATEMATIKAI LOGIKA ELEMEI. MATEMATIKAI INDUKCIÓ III. HALMAZOK. FÜGGVÉNYEK. ELSŐFOKÚ FÜGGVÉNY IV. HALADVÁNYOK V. MÁSODFOKÚ FÜGGVÉNY

1. Racioális számok. A racioális számok előállítása szakaszos tizedes törtek segítségével 1.1. Előkészítő fogalmak Már az előző osztályokba szükségessé vált a természetes, illetve az egész számok halmazáak bővítése. Az m + x = alakú egyelet (ahol m és természetes szám) megoldása szükségessé tette a természetes számok N = {0, 1,, } halmazáak az egész számok Z = {,, 1, 0, 1,, } halmazává törtéő bővítését. Ez utóbbi halmazt is bővítei kellett azért, hogy a qx = p (ahol p és q egész számok és q g 0) alakú egyeletet meg lehesse oldai. Így a racioális számok Q = { q p p, q c Z, q g 0} halmazához jutottuk. Értelmeztük a műveleteket a racioális számokkal, és ezeket a számokat tizedes törtekkel is jellemeztük, amire külööse a gyakorlati feladatok sorá volt szükség. A gyakorlatba a racioális számokat redszerit tizedes tört alakjába ábrázoljuk (állítjuk elő). A számtaból ismert, hogy az osztás segítségével bármely emegatív m (m ú 0, > 0) racioális szám véges vagy végtele (végtele tizedesjegyet tartalmazó) tizedes tört alakjába írható fel. Így az 4 1 helyett 0,5-öt, az 8 5 helyett 0,65-öt, az 3 1 helyett 0,333 -at lehet íri. Az egységesség kedvéért a véges tizedes törteket is jobb felől hozzájuk írt végtele sok ullával végtele tizedes törtekek tekithetjük. Így mide tizedes tört végtele sok tizedesjegyből fog álli. Például: 1 = 0, 5000...; 5 = 0, 65000.... 4 8 Nyilvávaló, hogy az egész számok olya tizedes törtek leszek, ahol a tizedesvessző utá végtele sok ulla következik. Például: 5 = 5,000 ; 13 = 13,000. 4

Ily módo mide emegatív racioális m szám végtele tizedestört alakjába írható: m = a0,a 1 a a 3. Az a 0 szám az m egész része, a 0,a1 a a 3 szám pedig a tört része. Az a 1, a, a 3, számok (tizedesjegyek) értéke 0 és 9 közötti egész szám: 0 ñ a i ñ 9, i = 1,, 3,. Figyeljük meg, hogy a egatív racioális számokat is hasoló módo lehet íri. A egatív szám egész részét a fölé írt míuszjellel jelöljük. Így például a 5 1 = 3 + számot a 3,5000 alakba lehet felíri. Hasoló módo 0,31 = 1,679000, 1 5 = 5,666... = 6 + = 6,333... 3 3 Ezáltal bármely (egatív, pozitív vagy ulla) racioális szám az m = a0,a 1 a a 3 (1) m végtele tizedes tört alakba írható, ahol a 0 az egész része, a 0,a1 a a 3 pedig e szám törtrésze (az a 0 egész szám, az a 1, a, a 3, tizedesjegyek pedig 0 és 9 közötti egész számok). Bármely (1) alakba felírt racioális szám esetébe a 0,a 1 a a 3 törtrész egy 1-él kisebb pozitív szám. A egatív racioális számok ily módo törtéő tizedes törttel való felírása (ahol a törtrész pozitív szám) lehetővé teszi a pozitív és egatív valós számok egységes tárgyalását. Megjegyzés. A egatív számokak a feti módo való felírásával a logaritmusokkal való gyakorlati számítások esetébe találkozuk. 1.. Szakaszos (periodikus) tizedes törtek Vizsgáljuk meg a racioális számokat ábrázoló tizedes törteket. Előzőleg értelmezzük a szakaszos tizedes tört fogalmát! Értelmezés. Egy a 0,a 1 a a 3 végtele tizedes törtet szakaszosak evezük, ha va olya k és p természetes szám, amelyre a +p = a bármely ú k eseté. 5

Egy szakaszos tizedes törtet rövide az a 0,a 1 a a k 1 (a k a k+1 a k+p 1 ) alakba szokás felíri. A zárójelbe szereplő számjegyek (ebbe a sorredbe) a tizedes tört szakaszát (periódusát) képezik. A k = 1 esetbe, azaz amikor az ismétlődő szakasz midjárt a tizedesvessző utá kezdődik, a tizedes törtet tiszta szakaszosak evezzük, ellekező esetbe vegyes szakaszos tizedes törtről beszélük. Az előző számpéldákba említett tizedes törtek szakaszosak voltak. Például a 0,333 szám esetébe k = 1, p = 1, és bármely ú 1-re a +1 = a = 3. A felírási mód: 0,333 = 0,(3). Ez egy tiszta szakaszos tizedes tört. Láttuk, hogy a véges tizedes törtek (ullák hozzáadásával) végtele szakaszos tizedes törtekek tekithetők. Például a 0,5000 eseté k = 3, p = 1, és a +1 = a = 0, ha ú 3. A 0,65000 szám eseté pedig k = 4, p = 1, a +1 = a = 0, ha ú 4. Tehát 0,5000 = 0,5(0) és 0,65000 = 0,65(0). Ezek tehát vegyes szakaszos tizedes törtek. Végül a 15,73434 tizedestört is szakaszos és a 15,7(34) alakba írható fel. Említettük, hogy egy racioális szám tizedestört-alakba való felírása az osztás segítségével törtéik. Vegyük például az 5 és a 19 számot. 33 55 1. példa. példa 5 33 19 55 50 0,15... 190 0,345... 165 33 50 170 0 165 300 5 75 5 A tizedesvessző utái számjegyeket egy-egy részosztással kapjuk: 50 33 170 33 190 55 50 55 300 55 33 1 165 5 165 3 0 4 75 5 17 5 5 30 5 1. példa. példa A részosztásokál az osztadó a tízzel megszorzott előző maradék (azaz egy ullát íruk a jobb oldalára). De a részosztások maradékai midig kisebbek az osztóál. Ezért véges számú ilye osztás utá vagy a kezdeti osztadót kapjuk vissza (1. példa), vagy egy olya maradékot, amely már szerepelt (. példa). 6

Ettől a lépéstől kezdve em kell az osztást tovább folytatuk, mivel az 5-ek a 33-mal, illetve a 19-ek az 55-tel való osztási háyadosába a számjegyek ismétlődi fogak. Ezért 5 19 = 0, ( 15) ; = 0,3( 45). 33 55 Általába igaz, hogy: 1. tétel. Mide racioális szám olya szakaszos tizedes tört alakjába írható fel, melyél a szakasz em (9). Bizoyítás. Tetszőleges a racioális szám az a = a 0 + a' alakba írható, ahol a 0 egy egész szám (az a egész része), az a' pedig 1-él kisebb emegatív racioális szám. Ha az a' olya szakaszos tizedes tört, melybe a szakasz em (9), akkor az a egész része az a 0 szám, törtrésze pedig az a'. Ezért a tétel m m bizoyításához elég csak olya racioális számot vei, amelyre 0 ñ < 1. m Legye tehát (m ú 0, > 0) egy ilye racioális szám. Az m-et az -el osztva a részletmaradékok a 0, 1,,, 1 számok közül kerülek ki. Mivel legfeljebb darab külöböző maradék lehetséges, legtöbb számú részletosztás utá valamelyik maradék ismétlődi fog, és emiatt egy szakaszos tizedes törtet foguk kapi. Kimutatjuk, hogy egy racioális számhoz redelt szakaszos tizedes tört szakasza em lehet (9). Tegyük fel ad absurdum, hogy a tört szakasza (9). Ez esetbe az osztási eljárás folyamá kapuk egy olya r maradékot, melyet ha 10- zel szorzuk és -el osztuk, a háyados 9 és a maradék ismét r lesz. Tehát a maradékos osztás értelmébe a 10r = 9 + r, r < egyelőséget kapjuk, ahoa 9r = 9, azaz r = lee, ami elletmod az r < feltevések. Megjegyzés. Véges (azaz (0) szakaszú) tizedes törtet akkor kapuk, ha az osztási eljárás sorá egy ulla maradékot kapuk. Ezutá az összes maradék mid ulla lesz. A részletosztásokat az előző példákból így írjuk: 1. példa 50 = 33 1 + 17; 170 = 33 5 + 5. Az első egyelőséget 10-zel szorozva és a másodikat felhaszálva kapjuk, hogy 500 = (33 1 + 17) 10 = 33 10 + 170 = 33 10 + (33 5 + 5) = 33 15 + 5. Tehát: 100 5 = 33 15 + 5, azaz a 100 5 szám 33-mal való osztási maradéka 5.. példa 190 = 55 3 + 5; 50 = 55 4 + 30; 300 = 55 5 + 5. Az első egyelőséget 100-zal szorozva és a többieket felhaszálva írhatjuk: 19 000 = (55 3 + 5) 100 = 55 300 + 50 10 = 55 300 + (55 4 + 30) 10 = = 55 300 + 55 40 + 300 = 55 340 + 55 5 + 5 = 55 345 + 5. Tehát: 1 000 19 = 55 345 + 5 és 10 19 = 55 3 + 5, azaz a 345 az 1 000 19 szám 55-tel való osztási háyadosa, 3 pedig a 10 19 szám 55-tel való osztási maradéka lesz. 7

A továbbiakba kimutatjuk, hogy az előző tétel fordítottja ugyacsak igaz. Vegyük előbb két példát: 1) Tekitsük a 0,(43) tiszta szakaszos tizedes törtet. Ha va olya m racioális szám, melyből osztással 0,(43)-at kapuk, akkor a 100m szám -el való osztási háyadosáak az egész része 43 lesz, és a szakaszosság miatt az osztás maradéka m-mel lesz egyelő. Tehát 100m = 43 + m, ahoa 99 m = 43. m 43 A keresett racioális szám =. 99 Igazolás. Ha a 43-at 99-cel osztjuk az osztási eljárással, a 0,(43) tizedes törtet kapjuk. m ) Vegyük a 0, 41(3) vegyes szakaszos tizedes törtet. Ha va olya racioális szám, melyből az osztás elvégzése utá a feti tizedes tört keletkezik, akkor 10 000m szám -el való osztási háyadosáak az egész része 4 13, a 100m szám -el való osztási háyadosáak egész része pedig 41 lesz. A szakaszosság miatt a feti két osztás maradéka ugyaaz a szám. Tehát: 10 000m = 4 13 + r 100m = 41 + r, ahoa kivoással kapjuk, hogy 9 900m = (4 13 41). A keresett racioális szám: m 408 413 41 = =. 9900 9900 Igazolás. Ha a 4 08 számot 9 900-zal osztjuk, a 0, 41(3) tizedes számot kapjuk. Általáosa kimodhatjuk, hogy:. tétel. Mide olya szakaszos tizedes tört, melybe a szakasz em (9), egy közöséges törttel, azaz egy racioális számmal egyelő. Legye a 0, a 1 a a k 1 (a k a k+1 a k+p 1 ) (1) egy szakaszos tizedes tört, melybe a szakasz em (9). Ki kell mutassuk, hogy va olya racioális szám (törtszám), melyek számlálóját a evezőjével osztva az (1) számot kapjuk. Nem bizoyítjuk ezt a tételt. Megjegyezzük viszot, hogy az előző két példa rávilágít az általáos esetbe is a keresett racioális szám meghatározási módjára. Így: 1 o Ha k = 1, azaz, ha a tizedes tört tiszta szakaszos, akkor: aa... a 1 p a, 0 ( aa... a 1 p ) = a + 0 99...9 (az egyelőség jobb oldalá az a 1 a a p az a természetes szám, melyek számjegyei redre a 1, a, a p ). p szer 8

o Ha k > 1, azaz vegyes szakaszos tizedes tört esetébe felírhatjuk, hogy: a 0, a 1 a a k 1 (a k a k+1 a k + p 1 ) = aa... a aa... a aa... a 1 k 1 k k+ 1 k+ p 1 1 k 1 = a + 0 99...9 00...0 p szer ( k 1) szer Az 1 o és o képletek megadják a szabályt, hogya kell egy szakaszos tizedes törtet racioális szám (törtszám) alakjába felíri. 3 1 45 5 Példák 1) 0, () 3 = = ; 0, ( 45) = = ; 9 3 99 11 453 45 408 34 ) 0,45() 3 = = = ; 900 900 75 745 7 718 151 3) 0,07( 45) = = =. 99000 99000 5500 Megjegyzés. A szakaszos tizedes törtek meghatározásakor em zártuk ki azokat, amelyekek a szakasza (9). Ha egy ilye tizedes törtet formálisa az 1 o vagy o szabályok segítségével átalakítuk, egy racioális számot kapuk. Vegyük például a 0,(9) tizedes törtet. Az 1 o szabályt alkalmazva kapjuk, hogy: 9 0, ( 9) = = 1. 9 Másrészt az 1 számak az 1,000 = 1,(0) szakaszos tizedes tört felel meg. Vegyük most a 0,4(9) vegyes szakaszos tizedes törtet. A o szabályt alkalmazva felírhatjuk, hogy 49 4 45 1 0,4( 9) = = =. 90 90 Másrészt az 1 számak (ha az osztást elvégezzük) a 0,5000 = 0,5(0) tizedes tört fog megfeleli. Ez a két példa mutatja, hogy az előző tétel em érvéyes olya tizedes törtek eseté, melyekek a szakasza (9). Potosabba: ha egy végtele tizedes tört periódusa (9), akkor eek az 1 o vagy o szabály alapjá egy m racioális szám fog megfeleli. Ám ha ez utóbbi számot osztással tizedes törtté alakítjuk, em az eredeti tizedes számot kapjuk, haem egy olyat, melybe a szakaszt megelőző szám egy egységgel meg va övelve, a szakasz pedig (0) lesz, azaz véges tizedes törtet kapuk. Köye belátható, hogy ez a szabály mide olya tizedes törtre érvéyes lesz, amelyek szakasza (9). Ezért valaháyszor egy olya tizedes törttel va dolguk, amelybe a szakasz (9), megállapodás szerit e helyett egy (0) szakaszos (azaz véges) tizedes törtet íruk, az előző szabályak megfelelő módo. Például: 0, 4(9) = 0,5(0); 0,1(9) = 0,(0). 9

Következésképpe a racioális számok (és csak ezek) végtele szakaszos tizedes törtek alakjába írhatók fel. De vaak-e egyáltalá olya tizedes törtek, melyek em szakaszosak (periodikusak)? Igeis vaak ilyeek, például a 0,101001000100001000001 tizedes tört, amelybe az első 1-es utá egy ulla, a második 1-es utá két ulla következik és így tovább. Tételezzük fel, hogy ez a tizedes tört szakaszos és a szakasz p darab számjegyből áll. A szakaszba egy 1-esek is szerepelie kell. Ezért bármely két, a tizedesvessző utái 1 számjegy között em lehet p-él több ulla jegy, ami elletmod a szám felírási módjáak. Tehát ez a tizedes em szakaszos. A következő paragrafusba gyakorlati példákat foguk láti, melyek végtele, emszakaszos tizedes törtekhez vezetek el.. A valós számok mit végtele tizedes törtek. A valós számok redezése.1. Miért va szükség a Q halmaz bővítésére? Az előző osztályokba már említés törtét a racioális számok halmazáak a valós számok halmazára való kibővítéséek szükségességéről. Íme két kokrét téy, mely a fetieket idokolja. 1) Nics olya racioális szám, amelyek a égyzete -vel lee egyelő. Valóba, tegyük fel (ad absurdum), hogy va olya m racioális szám, m m amelyre =. Feltételezhetjük, hogy az tört em egyszerűsíthető, azaz m az m és az relatív prím egész szám. Az = -ből következik, hogy m =. Mivel a páros szám, az m-ek is párosak kell leie, azaz m = k. Ezt az előző egyelőségbe helyettesítve a 4k =, azaz a k = egyelőséget kapjuk, ahoa következik, hogy az is páros szám. De ekkor az m tört -vel m egyszerűsíthető, ami elletmod a feltevések, tehát az = feltevés hamis. Ie az is következik, hogy az x = 0 egyeletek ics racioális megoldása. 10

) Legye az ABC egy egyelő szárú derékszögű háromszög (I.1. ábra). Az AB szakasz hosszát egységyiek tekitve kimutatjuk, hogy a BC átfogó m hossza em lehet egy racioális szám, azazhogy az AB szakasz -ed része em lehet meg m-szer a BC-be. Valóba, ha a BC hossza m lee, akkor Pitagorasz tételéből következik, m hogy =, ezt viszot az előbb láttuk, hogy em lehetséges. Ha BC = a, az a megoldása lesz az x = 0 egyeletek, azaz a BC átfogó hossza a =. A em lehet racioális szám, tehát ez egy újfajta szám. Egy ilye, a racioálistól külöböző számot irracioálisak moduk. Az x 3 = 0, x 5 = 0 stb. egyelet gyökekét kapott 3, 5 stb. szám ugyacsak irracioális lesz. Va olya irracioális szám is, mely egyetle egész együtthatójú egyeletek sem lehet gyöke. Ilye például a π szám, mely egy kör kerületéek és átmérőjéek az aráyával egyelő. A racioális számok halmaza az irracioális számok halmazával együtt képezi a valós számok R halmazát. Az előző osztályokba taultuk egy eljárást, mellyel például a tizedes törttel lehet megközelítei: = 1, 4141356. számot Mivel a irracioális szám, a kapott tizedes tört végtele és em szakaszos. A π szám is felírható végtele, emszakaszos tizedes tört formájába. Elfogadjuk, hogy mide végtele és emszakaszos tizedes tört egy irracioális valós számot ábrázol. Ily módo mide végtele (szakaszos vagy emszakaszos) a 0,a 1 a a 3 tizedes tört egy a valós számak felel meg. Az a t a 0,a 1 a a 3 függvéy mide valós számhoz egy végtele tizedes törtet redel hozzá, és egy megfeleltetést létesít a valós számok halmaza és az olya végtele tizedes törtek halmaza között, melyekek a szakasza em (9). Ez utóbbiak midegyike egy-egy jól meghatározott valós számot képvisel. A végtele tizedes törtekkel jellemzett valós számok szigorúa megalapozott elmélete túllépi a IX. osztály tatervét. A végtele tizedes törtek bevezetése lehetőséget yújt az irracioális számok természetéek jobb megismeréséhez. Megjegyzés. Az előzőkbe említett megfeleltetés alapjá a továbbiakba egy valós számot a eki megfelelő a = a 0,a 1 a a 3 tizedes törttel foguk azoosítai. Sajátos esetbe a racioális számokak az őket ábrázoló szakaszos tizedes törtek (ahol a szakasz em (9)) felelek meg. A C I.1. ábra B 11

.. A valós számok redezése A valós számok halmazába a redezést a tizedes törtekkel való megfeleltetéssel valósítjuk meg úgy, hogy ez megegyezze a racioális számokak az előző osztályokba tárgyalt redezésével. Legye a = a 0,a 1 a a 3 és b = b 0,b 1 b b 3 két valós szám, ahol a megfelelő tizedes törtek szakasza em lehet (9). A két számot egyelőek modjuk, ha bármely i = 0, 1, eseté a i = b i. Értelmezés. Az a = a 0, a 1 a a 3 valós szám akkor kisebb a b = b 0,b 1 b b 3 valós számál (jelölése a < b), ha va olya k ú 0 természetes szám, amelyre a k < b k és bármely i < k eseté a i = b i. Ugyaekkor azt modjuk, hogy a b agyobb az a-ál, jelölése b > a. Példák 1) 3,9014 < 4,1735, mivel a 0 = 3 < 4 = b 0. ) 3,45170 < 3,45181, mivel a 0 = b 0 = 3, a 1 = b 1 = 4, a = b =5, a 3 = 1, b 3 = 1, a 4 < b 4 (7 < 8). 3) 0,43 < 1,730, mivel a 0 = 0 < 1 = b 0. 4) 3,173 > 3,165, mivel a 0 = b 0 = 3, a 1 = b 1 = 1 és a > b (7 > 6). 5) 4,3 > 4,193, mivel a 0 = b 0 = 4, a 1 > b 1 ( > 1). Ha a < 0, az a valós számot egatívak, ha pedig a > 0, az a-t pozitívak evezzük. Egy a = a 0,a 1 a a 3 valós szám yilvávalóa akkor és csak akkor egatív, ha az a 0 egész része egatív szám. Például 1,37 < 0,000 = 0, mivel a 0 = 1 < 0. Megjegyzés. A feti egyelőtleségek a racioális számok esetébe megegyezek az előző osztályokból ismert egyelőtleségekkel. Így: 1 51 0,5000 < 0,51000 akkor és csak akkor, ha < ; 100 1 331 0,(3) < 0,3(34) akkor és csak akkor, ha <. 3 990 3. Valós számok tizedes megközelítése. Valós számok összeadása és szorzása 3.1. Tizedes megközelítések A gyakorlatba csak ige ritká ismerjük a meyiségek potos számértékét. Egy készülék vagy mérőeszköz em mutatja teljes potossággal a méretet. Egy hőmérő a hőmérsékletet csak bizoyos hibával méri, ugyaúgy az ampermérő is az áram erősségét stb. A mérés eredméyéek a készülékről való leolvasása sorá is hibázuk. Ezért a meyiségek potos értékei helyett 1

kéyteleek vagyuk közelítő értékekkel számoli. Általába egy meyiséget egy végtele tizedes tört jellemez, de egy mérőkészülék gyakorlatilag csak véges tizedesjegyet képes mutati, azaz a meyiségek csak egy közelítő értékét. Legye a egy végtele tizedes törttel megadott valós szám. Az a szám hiáyal való tizedes közelítéseit (közelítő értékeit) úgy kapjuk, hogy a szám tizedesjegyeit redre elhagyjuk, kezdve az első tizedesjeggyel, folytatva a másodikkal, majd a harmadikkal és így tovább. Például az a =,17356 szám eseté a hiáyal való közelítő értékek redre: ;,1;,17,,173,,173;,1735; Ha az a szám hiáyal való tizedes közelítéseibe az utolsó tizedesjegyhez 1-et hozzáaduk, akkor az a szám többlettel törtéő tizedes közelítéseit (közelítő értékeit) kapjuk meg. Például a,17356 szám eseté ezek az értékek: 3;,;,18;,174;,1733;,1736; A valós számokak a. -ba értelmezett redezési szabálya alapjá az a szám első öt tizedes közelítő értékét a következő táblázat tüteti fel: ñ a < 3,1 ñ a <,,17 ñ a <,18,173 ñ a <,174,173 ñ a <,1733 Mivel az a =,17356 szám redre: 1) a és 3 között va, és 3 = 1; ) a,1 és, között va, és,,1 = 0,1; 3) a,17 és,18 között va, és,18,17 = 0,01 és így tovább, a tizedes megközelítő értékek hibája redre kisebb lesz, mit 1; 0,1 = 10 1 ; 0,01 = 10 és így tovább. Általába az a = a 0, a 1 a a 3 a számot 10 -él kisebb hibával, i) hiáyal megközelítő tizedes érték az a' = a 0,a 1 a a 3 a, ii) többlettel megközelítő tizedes érték az a = a 0,a 1 a a 3 a + 10. Megjegyzések. 1) Ha egy a szám egy (0) szakaszú tizedes törttel va megadva, akkor egy bizoyos ragtól kezdve a hiáyal közelítő tizedes értékek magával a számmal egyelők. Például az 1,5 = 1,5000 szám esetébe ezek az értékek: 1; 1,5; 1,5; 1,50; 1,500;. Emiatt a tizedes közelítő értékek előző táblázatába a bal oldali egyelőtleségeket a ñ szimbólummal jelöltük. ) Az a' és az a közelítő értékeket véges tizedes tört formájába írjuk (em teszük a végére végtele sok ullát). Az értelmezés szerit (lásd az i) és az ii)-t) és az előző megjegyzés figyelembevételével az a szám agyobb vagy egyelő lesz bármely hiáyal való tizedes megközelítő értékél, és kisebb mide többlettel közelítő tizedes értékél. 13

Tehát az a valós számhoz hozzáredeljük a hiáyal való a' 0, a' 1, a', a' 3, tizedes közelítő értékeket és a többlettel való a 0, a1, a, a3, tizedes közelítő értékeket úgy, hogy a' 0 ñ a < a ( 1-él kisebb hibával); 0 1 a' 1 ñ a < a (0,1-él kisebb hibával); a' ñ a < a (0,01-él kisebb hibával)....................................... Megjegyzés. A későbbiek szempotjából agyo fotos aak a kihagsúlyozása, hogy mid a hiáyal, mid a többlettel való tizedes közelítő értékek racioális számok leszek. Az a = a 0,a 1 a a 3 szám 10 -él kisebb hiáyal való tizedes közelítő értékét, azaz az a' = a 0, a 1 a a 3 a számot az a szám tizedesjegyét tartalmazó csokított alakjáak is evezik. Legye a' és a az a = a 0,a 1 a a 3 számak 10 -él kisebb hiáyal, illetve többlettel való tizedes közelítő értéke. Ekkor a' ñ a < a és a =a' +10. Az a szám ( + 1)-edik tizedesjegye, az a +1 ismeretébe meg tudjuk modai, hogy az a' és az a közelítő értékek közül melyik va közelebb az a- hoz. 1 o 5 Ha az a +1 számjegy 5-él kisebb, akkor a' ñ a < a' +, és + 1 10 5 a a' < < a + 1 a, tehát az a' jobba közelít, mit az a. 10 o 5 Ha az a +1 számjegy agyobb 5-l vagy vele egyelő, akkor a' + ñ a, + 1 10 5 a a ñ ñ a a' + 1, tehát az a jobba (esetleg ugyaúgy) közelít, mit az a'. 10 Egy a szám tizedesjegyre való kerekítése azt jeleti, hogy az a helyett az a' vagy az a közül a jobba közelítő értéket vesszük, vagyis azt, mely az a-t kisebb hibával (hiáyal vagy többlettel) közelíti meg. 10 -él 3.. Valós számok összeadása és szorzása A valós számok összeadását és szorzását e számok tizedes törtekkel való előállításáak felhaszálásával fogjuk értelmezi úgy, hogy ezek a műveletek a racioális számok eseté az előző osztályokból már ismert összeadással és szorzással egyezzeek meg. 14

Legye a és b két valós szám, és vegyük ezeket 10 -él kisebb hibával, hiáyal és többlettel közelítő tizedes értékeket. Azaz tetszőleges eseté: a' ñ a < a, b' ñ b < b. Ahogy már említettük, az a', a, b', bármely -re értelmezve va az a' + b' és az a + b számok racioálisak, tehát b összeg. Értelmezés. Az a és b valós számok összegé egy olya c valós számot értük, melyre bármely természetes szám eseté igaz, hogy: a' + b' ñ c < a + b. Köye igazolható, hogy létezik ilye c valós szám, és csak egyetle ilye va. A potos bizoyítás túllépi a IX. osztály tatervét. Ehhez a határérték fogalmára va szükség, melyet a XI. osztályos Matematikai aalízis tárgyal. Az alábbi példák szemléltetik, hogy az összeg feti értelmezése lehetővé teszi az összeget tetszőleges potossággal megközelítő érték meghatározását. Példák 1) Határozzuk meg az a = ésab = 5 számok összegét égy tizedesyi potossággal megközelítő értéket! Felírhatjuk, hogy: 1 ñ < ñ 5 < 3 1,4 ñ < 1,5, ñ 5 <,3 1,41 ñ < 1,4,3 ñ 5 <,4 1,414 ñ < 1,415,36 ñ 5 <,37 1,414 ñ < 1,4143,360 ñ 5 <,361 1,4141 ñ < 1,414,3606 ñ 5 <,3607 ' ' 5 5 5 5 = Tehát a + b = 3,6507 + 5 < a + b 3, 6509, azaz + 5 = 3,650. ) Határozzuk meg az a = 3,1714 és a b =,4731 számok összegét égy tizedesyi potossággal (a potok utá következő számjegyekek ics jeletőségük a feladat szempotjából). ' ' Felírhatjuk, hogy a 5 + b5 = 1,55445 a + b < a5 + b5 = 1,55447. Tehát a feladat megoldása: a + b = 1,5544... = 0,4456.... ' ' 3) Ha a =,3751 és b = 3,7648, akkor a5 + b5 = 5, 99999 és a 5 + b5 = 6,00001. Tehát az a + b-t 10 5 potossággal közelítő érték: 6,00000. Hasoló módo értelmezzük két emegatív szám szorzatát. 15

Mivel az a, a, b, b számok racioálisak, az a b és va értelme. a b szorzatak Értelmezés. Két emegatív valós a és b szám szorzata egy olya d valós szám, melyre bármely természetes szám esetébe igaz, hogy: a' b' ñ d < b. Bebizoyítható, hogy létezik egy és csak egy ilye d szám. Ha a két szám közül az egyik vagy midkettő egatív, összeszorozzuk az abszolút értéküket, és alkalmazzuk az alábbi ismert előjelszabályt: 1 o Két szám szorzata pozitív, ameyibe a két téyező ugyaolya előjelű, és ekkor az ab szorzat az a és b abszolút értékéek a szorzatával lesz egyelő. o Két szám szorzata egatív, ha a két téyező külöböző előjelű, és ekkor az ab szorzat az a és b abszolút értékéek előjellel vett szorzatával egyezik meg. Példák 1) Számítsuk ki az a = 1,414 szám égyzetét! Felírhatjuk, hogy a' 4 = 1,414 és a = 1,4143. 4 ' 4 = 1,99996164 a < a4 = Ekkor a,0004449. Figyeljük meg, hogy az a szám égyzete agyo közel va a számhoz. ) Számítsuk ki három tizedesyi potossággal az a = 3 1 és b = számok szorzatát! Mivel a = 0,33333 és b = = 1,4141, felírhatjuk, hogy 0 ñ a < 1 1 ñ b < ; 0,3 ñ a < 0,4 1,4 ñ b < 1,5; 0,33 ñ a < 0,34 1,41 ñ b < 1,4; 0,333 ñ a < 0,334 1,414 ñ b < 1,415; 0,3333 ñ a < 0,3334 1,414 ñ b < 1,4143. Tehát 0 ñ ab < ; 0,4 ñ ab < 0,6; 0,4653 ñ ab < 0,488; 0,4706 ñ ab < 0,4761; 0,4713586 ñ ab < 0,471576. A fetiek alapjá: ab = 0,471. a 16

3.3. Valós számok összeadásáak és szorzásáak tulajdoságai Fel fogjuk soroli a valós számok összeadási és szorzási műveletéek tulajdoságait. Az összeadás és a szorzás előzőleg adott értelmezése alapjá és a racioális számok összeadásáak és szorzásáak megfelelő tulajdoságok felhaszálásával az alábbi kijeletések köye bebizoyíthatók, és ezért a bizoyításokat gyakorlatkét ajáljuk. Az R halmazba az összeadás az alábbi tulajdoságokkal redelkezik: 1 o kommutativitás, azaz bármely két valós, a és b szám eseté: a + b = b + a. o asszociativitás, azaz bármely három, a, b, és c valós szám eseté: (a + b) + c = a + (b + c). 3 o a 0 szám az összeadás semleges eleme, azaz bármely a valós szám eseté: a + 0 = 0 + a = a. 4 o Bármely valós számak va elletettje, a a szám, melyre: a + ( a) = ( a) + a = 0. Az a + ( b) helyett a b-t szokás íri. A valós számok szorzásáak tulajdoságai: 1. kommutativitás, azaz az R bármely két, a és b elemére ab = ba;. asszociativitás, azaz az R bármely három, a, b és c eleme eseté (ab)c = a(bc); 3. az 1 szám a szorzás semleges eleme, azaz az R bármely elemére a 1 = 1 a = a; 4. mide 0-tól külöböző a valós számak va iverze (fordított vagy reciprok értéke), az a 1, amelyre aa 1 = a 1 a = 1; 5. a szorzás disztributív az összeadásra voatkozóa, azaz bármely három, a, b és c valós szám eseté a(b + c) = ab + ac, (a + b) c = ac + bc. A ab 1 szorzatot a : b vagy a -vel szokás jelöli. b Megjegyzés. Általába a valós számokkal törtéő műveletek eseté em haszáljuk feltétleül e számok tizedes tört alakját. Egy számítás eredméye 1 π lehet például valamelyik alábbi kifejezés: + 3, a ( + 5 ), 7,. 3 5 17

4. A valós számok mértai ábrázolása Egy tetszőleges (d) egyeese rögzítük egy O kezdőpotot (origót), és kijelölük egy balról jobbra tartó pozitív iráyt (I.. ábra). Az O pot az egyeest két, Ox és Ox' félegyeesre botja; az Ox a pozitív, az Ox' pedig a egatív féltegely. Ha választuk egy mértékegységet, akkor a d egyees két, A és B potjáak AB távolságát egy pozitív szám fejezi ki, ami ulla is lehet, ha A = B. x' O U x I.. ábra Legye U az Ox féltegely egy, az O-tól külöböző potja, és válasszuk mértékegységül az OU szakasz hosszát. Ha M a pozitív féltegely egy potja, akkor az x M = OM számot az M pot abszcisszájáak evezzük. Az M t x M megfeleltetés egy, az Ox félegyees potjai és a pozitív valós számok halmaza közötti függvéyt értelmez. Bármely valós pozitív x szám (hosszúság) eseté va egy jól meghatározott M pot az Ox félegyeese, mely az O-tól x M = x távolságra va. Ha az M pot az Ox' egatív féltegelye helyezkedik el, akkor az abszcisszája az x M = OM egatív szám lesz. Megállapodás szerit x O = 0 (ulla). Ekkor az M t x M megfeleltetés egy olya függvéy, amelyek az értelmezési tartomáya a (d) egyees potjaiak halmaza, az értékkészlete pedig a valós számok R halmaza lesz. Eek a függvéyek az a tulajdosága, hogy külöböző potokak külöböző abszcisszák fogak megfeleli, és bármely valós szám a (d) egyees egy potjáak az abszcisszája lesz. Ezért a valós számok halmazát gyakra számegyeesek, valós egyeesek, vagy valós tegelyek is szokták evezi, a valós számokat pedig a számegyees potjaiak tekitik. Az említett függvéy (megfeleltetés) lehetővé teszi a számokkal kapcsolatba a mértai kifejezésmódot. Körzővel és voalzóval megszerkeszthetők azok a potok, melyekek az abszcisszája racioális szám vagy a, 3, 5 stb. alakú irracioális szám. Erre voatkozóa bemutatuk éháy példát. Példa Szerkesszük meg a (d) számegyeese körző és voalzó segítségével a számot (I.3. ábra)! Az OU szakaszra mit oldalra égyzetet szerkesztük, és ebbe A-val jelöljük az O-val átellees csúcsot. Mivel OU = 1, Pitagorasz tétele alapjá: OA = OU + AU = 1 + 1 =. Tehát OA =. Körzővel megszerkesztjük a (d) egyees azo M potját, amelyre OM = OA =. Az (Ox félegyeese a szám azokat a (hiáyal és többlettel való) közelítő értékeit is ábrázoltuk, melyekek hibája (eltérése) redre 1; 0,1, illetve 0,01. 18

A U O 1 Vizsgáljuk meg most aak a tételek a szemléletes jeletését, amellyel egy a valós számot tizedes törttel értelmeztük. Mivel a racioális számokat tudjuk a számegyeese ábrázoli, meg tuduk szerkesztei egy olya M potot, melyek abszcisszája véges tizedes tört. Legye a = a 0, a 1 a a 3 egy tetszőleges valós szám, és ' ' ' a, a, a,... 0 1 a0, a1, a,... redre az a szám hiáyal és többlettel közelítő értékei. Tekitsük a = [M(a' ), M ( a )] szakaszt, melyek végpotjai az a' -ek és az a -ek megfelelő potok, a hossza pedig 10. Ekkor 1 3 +1. Kimutatható, hogy egyetle olya pot va, mely valameyi szakaszhoz (bármely eseté) hozzátartozik. Ez az M(a) pot. Például legye a = 1,671. Ekkor 1 ñ a < ; 1,6 ñ a < 1,7; 1,67 ñ a < 1,68. A mértai kép az I.4. ábrá látható. M(1) I.3. ábra M(1,6) M ( ) 1,4 1,41 1,4 1,5 M(a) M(1,7) M() M() O 1 I.4. ábra 19

5. Egyelőtleségek 5.1. Az egyelőtleségek tulajdoságai A... potjába értelmeztük a redezést a valós számok halmazába e számokhoz tartozó tizedes törtekkel. Potosabba bármely két, a és b valós szám eseté megadtuk az a < b (a kisebb, mit b) egyelőtleség jeletését. A továbbiakba éháy, az értelmezésből köye levezethető, egyelőtleségre voatkozó tulajdoságot soroluk fel. Igaz az alábbi tulajdoság: Ha a és b két valós szám, akkor az a > b, a = b, a < b relációk közül egyik és csak az egyik igaz (trichotomia törvéye). Értelmezés. Egy a valós szám akkor kisebb, mit egy b valós szám, vagy akkor egyelő azzal (jelölése a ñ b), ha a < b, vagy a = b. A ñ reláció tulajdoságai: 1 o bármely a eseté a ñ a (reflexivitás); o ha a ñ b és b ñ a, akkor a = b (atiszimmetria); 3 o ha a ñ b és b ñ c, akkor a ñ c (trazitivitás). Ezt a relációt redezési relációak evezik a valós számok halmazába. Megjegyezzük, hogy a 3 o tulajdoság (a trazitivitás) a < relációra is igaz, azaz ha a < b és b < c, akkor a < c. Az alábbi tulajdoságok az összeadással és a szorzással kapcsolatos egyelőtleségekre voatkozak a valós számok halmazá: 1 o ha a < b és c egy tetszőleges szám, akkor a + c < b + c; o ha a < b és c > 0, akkor ac < bc; 3 o ha a < b és c < 0, akkor ac > bc. Ie köye következik, hogy: 4 o ha a < b és c < d, akkor a + c < b + d és a d < b c; 5 o ha a, b, c, d égy pozitív valós szám, melyre a < b és c < d, akkor ac < bd. a b Ugyailye feltételek mellett <. d c A felsorolt (1 o, 0, 3 o, 4 o, 5 o ) tulajdoság a ñ relációra is igaz. Megjegyzés. Két valós, a és b szám eseté az a ñ b reláció akkor és csak akkor igaz, ha va olya c ú 0 valós szám, melyre b = a + c. A továbbiakba éháy evezetes egyelőtleséget tárgyaluk, melyek általáosíthatók (lásd a Matematikai idukció részbe, III. fejezet 4. ). 1. Bizoyítsuk be, hogy: (a + b ) (u + v ) ú (au + bv), (1) ahol a, b, u és v tetszőleges valós szám (Cauchy Buyakovszkij Schwartzegyelőtleség). 0

Bizoyítás. A műveletek elvégzése utá az egyelőtleség redre így alakul: a u + a v + b u + b v ú a u + aubv + b v, vagy a v + b u ú aubv, azaz (av bu) ú 0, ami yilvávaló egyelőtleség.. Igazoljuk, hogy: a + b + u + v ( a + u) + ( b + v), () ahol a, b, u, v tetszőleges valós szám (Mikowski-féle egyelőtleség). Bizoyítás. Mivel az egyelőtleség midkét oldala pozitív, égyzetre emelhetük, és kapjuk, hogy: a + b + a + b u + v + u + v a + au + u + b + bv + v A műveleteket elvégezve az a + b u + v > au + bv (3) egyelőtleséghez jutuk. Ha au + bv < 0, a (3) egyelőtleség yilvávaló. Ha au + bv ú 0, a (3) egyelőtleség a Cauchy Buyakovszkij Schwartzegyelőtleségből következik. 3. Mutassuk ki, hogy: a + b ab, (4) ahol a és b két tetszőleges pozitív valós szám (azaz két pozitív szám számtai középaráyosa agyobb, mit a számok mértai középaráyosa, vagy egyelő azzal). a+ b Bizoyítás. Vesszük az ab külöbséget, mely redre így írható: ( a ) + ( b ) a b ( a b ) =. a + b a + b ab ab = = a + b Mivel yilvávaló, hogy ( a b ) 0, következik: ab ú0, a + b azaz ab. A (4) összefüggésbe az egyelőség akkor és csak akkor lesz igaz, ha a = b. Megjegyzés. Ha a és b két pozitív valós szám, akkor ab (5) 1 1 + a b (két pozitív valós szám mértai középaráyosa agyobb, mit e számok harmoikus középaráyosa, vagy egyelő azzal).. 1

Valóba, felírhatjuk, hogy az 1 és 1 számok számtai középaráyosa a b agyobb a mértai középaráyosukál, vagy egyelő azzal, azaz 1 1 1 1 + + a b 1 1, vagy a b 1. a b ab Következésképpe ab, ami éppe az (5) egyelőtleség. Az 1 1 + a b egyelőség csak az a = b esetbe lesz igaz. 5.. Valós szám abszolút értéke vagy modulusa Az előző osztályokba értelmeztük egy valós szám abszolút értékét. Egy a valós szám a -val jelölt abszolút értékét így értelmezzük: a,haa > 0 a = 0, ha a = 0. a,haa < 0 1 1 Például 9 = 9, =, 30 = 30, = stb. 3 3 Az a szám abszolút értékét az a szám modulusáak is evezik. Felírhatjuk, hogy x = max ( x, x), tehát: x ñ x, x ñ x, (a max ( x, x) szimbólum a x és x számok közül a agyobbikat jeleti). A modulus alapvető tulajdoságai a következők: Ha a és b két valós szám, akkor 1. a ú 0;. a = 0 akkor és csak akkor, ha a = 0; 3. ab = a b ; 4. a + b ñ a + b. Az első három tulajdoság azoal következik a modulus értelmezéséből. Bizoyítsuk be az utolsó tulajdoságot! Ha a = 0 vagy b = 0, akkor yilvávaló, hogy a + b = a + b. Tegyük fel, hogy a g 0 és b g 0. Ekkor az alábbi esetek lehetségesek: i) Ha a > 0 és b > 0, akkor a + b > 0, tehát a + b = a + b. ii) Ha a < 0 és b < 0, akkor a + b < 0. Ebbe az esetbe a = a, b = b, a + b = (a + b), tehát a + b = a + b. iii) Ha a > 0 és b < 0, akkor a = a és b = b. Ekkor vagy a + b ú 0, vagy pedig a + b < 0. Ha a + b ú 0, akkor a + b = a + b ñ a = a ñ a + b ; ha pedig a + b < 0, akkor a + b = a b = a + b ñ b ñ a + b.

iv) Hasoló módo törtéik a bizoyítás az a < 0 és b > 0 esetbe is. A gyakorlatba sokszor haszáljuk a következő tulajdoságokat: 5. a = b akkor és csak akkor, ha a =! b. 6. A c > 0 esetbe az a ñ c egyelőtleség akkor és csak akkor igaz, ha c ñ a ñ c (itt a ñ jel a < jellel helyettesíthető). Továbbá 7. a b ñ a b. Az 5., 6. és a 7. tulajdoság köye igazolható az előző tulajdoságokkal. Javasoljuk a bizoyítás gyakorlatkét való elvégzését! Az abszolút érték feti tulajdoságait külööse az egyeletek és egyelőtleségek megoldása sorá haszáljuk majd fel. 5.3. Valós szám egész része Haszáltuk már a racioális szám egész részéek a fogalmát. A továbbiakba egy tetszőleges valós szám egész részét értelmezzük és eek tulajdoságait vizsgáljuk. Értelmezés. Egy a valós szám egész része az a legagyobb egész szám lesz, amely kisebb, mit az a, vagy egyelő a-val. Az a szám egész részét [a]-val jelöljük. A meghatározás értelmébe az [a] egész szám, és ha egy egész számra igaz, hogy [a] ñ ñ a, akkor = [a]. Máskét: az a egész része az az [a] egész szám, amelyre [a] ñ a < [a] + 1, vagy a 1 < [a] ñ a. Tehát az [a] az egyetle egész szám az (a 1, a] itervallumo. Például: [3,] = 3; [0,45] = 0; [6] = 6; [ 4,7] = 5, mivel 5 < 4,7 < 4. Hasoló módo kapjuk, hogy [ 5, 791] = 6; [ 0,31] = 1, [ π] = [ 3,141 ] = 4. Figyeljük meg, hogy bármely valós a szám és egész szám eseté igaz, hogy [a + ] = [a] +. Értelmezés. Az a [a] külöbséget az a szám tört részéek evezzük, és {a}- val jelöljük. Mivel {a} = a [a] és [a] ñ a < [a] + 1, következik, hogy 0 ñ {a} < 1. Például: {,4} =,4 = 0,4; {0,61} = 0,61 0 = 0,61; { 6,81} = = 6,81 ( 7) = 0,19; { 0,31} = 0,31 ( 1) = 0,769. Bármely a valós szám az egész részéek és a tört részéek az összege, azaz a = [a] + {a}. Ha az a szám az a = a 0, a 1 a a 3 tizedes törttel va megadva, akkor [a] = a 0 és {a} = 0, a 1 a a 3. Egy a = a 0,a 1 a a 3 valós szám akkor és csak akkor egatív, ha az [a] = a 0 egész része egy egatív szám. 3

Alkalmazás. Tetszőleges a valós szám eseté: [ a] 1 + a+ = [ a]. (1) Valóba, legye a = [a] + {a}, ahol 0 ñ {a} < 1. Ekkor a = [a] + {a} és a+ 1 = [ a] + {} a + 1. Két eset lehetséges: 1 o 1 0 ñ {a} <, azaz 0 ñ {a} < 1. Ekkor [ a] [ a], 1 = a + = [ a], tehát igaz az (1) egyelőség. o 1 1 {} a < 1, azaz 1 ñ {a} <. Ekkor [a] = [a] + 1 és a + = = [a] + 1, tehát az (1) egyelőség ebbe az esetbe is igaz. Gyakorlatok 1. Írjuk fel végtele tizedes tört alakjába a következő számokat! 15 1 1 9 13 a) 3; b) ; c) ; d)0; e) ; f) ; g) ; h). 8 4 4 3 11 13. Alakítsuk át közöséges törtekké az alábbi tizedes törteket, és igazoljuk osztással az átalakítás helyességét! a) 1,33(4); b) 0,(7); c) 0,(14); d),073(83); e) 0,01(03); f),001(7). 3. Állapítsuk meg, hogy az alábbi számok közül melyek racioálisak! 1,3; 3,75; 3 ; 5; 6; 0,34344344434444344444 (az első 3-as utá egy 4-es, a második 3-as utá két 4-es számjegy következik és így tovább); 0,134567891011113 (a tizedesvessző utá redre a természetes számok következek). 4. Soroljuk fel éháy olya természetes számot, amelyre: a) a racioális szám; b) a emracioális szám. 5. Mutassuk ki, hogy ics olya m racioális szám, melyre 3 3 3 a) m = ; b) m = 3; c) m = 6. 6. Az alábbi számpárokba melyik a agyobbik szám? Állapítsuk meg! a) 3,43479 és 3,43497 ; b) 15,5 és 61 4 ; c) 5 9 és 0,(5); d) 3 és 0,375 ; 8 e) 5,4833 és 5,589 ; f) 0,(6) és ; g) 0 és 0, 00011; h) 1,1 és 1,1(01) 3 7. i) Az alábbi számok esetébe írjuk fel a 0,1-él kisebb hibával, hiáyal és többlettel közelítő tizedes értékeket! 11 11 178 a) 5; b) 5; c) ; d) ; e) 7; f) 7; g) ; h) 11; 7 7 13 ii) ugyaeze számok esetébe állapítsuk meg az első három, hiáyal és többlettel közelítő tizedes értékeket! 4

8. Ha x =,7154 és y = 1,487, írjuk fel az x + y összeg első három tizedesjegyét! 9. Ha x =,1468 és y = 1,5431, állapítsuk meg az xy szorzat első két tizedesjegyét! 10. Határozzuk meg az alábbi összegek első égy tizedesjegyét! 1 a) + 3 3; b) + 3; c) 5 + 7; d) 3 + ( 7 ); e) ( 3) + 7. 11. Írjuk fel az alábbi szorzatok első három tizedesjegyét! a) 7; b) 7; c) 3 5; d) 3 ( 5 ); e) 1 3. 1. a) Az egységyi szakasz ismeretébe szerkesszük szakaszokat, melyekek hossza redre 3; 5; 6; 10. Ábrázoljuk a számtegelye azokat a potokat, melyekek az abszcisszájuk a feti égy szám! b) Ábrázoljuk a valós számok tegelyé a potokat, melyek abszcisszája redre: 3; 3; 5; 5; 6; 6; 10; 10. 13. Az x és y két valós szám. Mutassuk ki, hogy: x y 1 1 a) x 3 + y 3 ú x y + xy ; b) + + ; y x x y x + y x y c) < + ; 1+ x + y 1+ x 1+ y d) ( x y) 1 1 + + 4. x y 14. Bizoyítsuk be, hogy bármely három pozitív valós szám eseté: a) (x + y) (y + z) (z + x) ú 8xyz; b) x + y + z ú xy + yz + xz; c) (x + 1) (y + 1) (x + z) (y + z) ú 16 xyz. 15. Az x és y két olya pozitív valós szám, melyre xy = 1. Mutassuk ki, hogy ekkor: (1 + x) (1 + y) ú 4. 16. Legye x és y két olya pozitív valós szám, amelyre x + y = 1. Igazoljuk, hogy: a) x + y ú 1 ; b) 4 4 1 x + y. 8 17. Legye a és b két valós szám. Feltéve, hogy a max (a, b), illetve a mi (a, b) az a és b közül a legagyobbat, illetve a legkisebbet jelöli, mutassuk ki, hogy a+ b+ a b a+ b a b max (a, b) =, mi (a, b) =. 18. Igazoljuk, hogy bármely valós x és y szám eseté x a) [x] + [y] ñ [x + y] ñ [x] + [y] + 1; b) ; = x [ ] 1 + + 3 3. c) [] x x + x + = [ 3x] 5

19. Mutassuk ki, hogy a + 3 és a 3 szám irracioális! 0. Legye a és b két olya valós szám, amelyre az a + b és az a b szám racioális. Racioálisak leszek-e ekkor az a, b és a b számok? 1. Az a és b racioális szám és a + b g 0. Igazoljuk, hogy a b g 0!. Legye a valós szám. Lehetséges-e, hogy az a első tíz hatváya: a, a, a 3,, a 10 mid irracioális, a rákövetkező tíz hatváy: a 11, a 1, a 13,, a 0 pedig mid racioális? 3. Lehetséges-e, hogy az m + x= (m, c N) egyelet eseté: i) az egyeletek legye irracioális gyöke? ii) az egyeletek legye racioális gyöke? 4. Az a, b, c valós számok eseté mutassuk ki, hogy: max (a, mi (b, c)) = mi (max (a, b), max (a, c)); mi (a, max (b, c)) = max (mi (a, b), mi (a, c)). 5. Az a és b két olya valós szám, melyre a < 1 és b < 1. Mutassuk ki, hogy: a + b < 1. 1+ ab 6. Igazoljuk, hogy bármely három, a, b és c pozitív valós szám eseté 1 1 1 (a + b + c) + + a b c ú 9. 7. Tetszőleges három, x, y és z valós szám eseté igazoljuk az alábbi egyelőtleségeket! a) (x + y + z) ñ 3(x + y + z ); b) x 4 + y 4 + z 4 ú xyz (x + y + z). 8. Feltéve, hogy az a, a b és a c valós szám és a + b + c ú 3, mutassuk ki, hogy a + b + c ú 3. 6. Valós gyökökkel redelkező másodfokú egyeletek 6.1. A valós gyökökkel redelkező másodfokú egyelet megoldása Tekitsük az ax + bx + c = 0, a g 0 (1) egyeletet, ahol a, b és c valós szám. Ez egy valós együtthatójú másodfokú egyelet. Az egyelet valós megoldása vagy valós gyöke egy olya valós α szám, amelyre: aα + bα + c = 0. Az egyelet megoldása az egyelet valameyi gyökéek a meghatározását jeleti. A továbbiakba határozzuk meg az (1) egyelet valós gyökeit. Az egyelet bal oldalát átalakítjuk: először téyezőkét kiemeljük az x -es tag együtthatóját: ax b c + bx + c = a x + x+. a a 6

a b a Ezutá a b x a b tagot x alakba írjuk fel: a b c a x + x+ a a = b c a x + x+. a a A zárójelbe álló kifejezéshez hozzáaduk és belőle kivouk égyzete. Kapjuk, hogy: b 4a ax b b b c + bx + c = a x + x+. + a 4a 4a a b b b Mivel x + x+ = x 4 +, felírhatjuk, hogy a a a ax b b c b b 4ac + bx + c = a x+ + a x = + = a 4a a a 4a b b 4ac = a x+. a 4a Tehát az (1) egyelet így alakul: vagy -et, ami b b 4ac a x+ = 0, a 4a b b 4ac x + =. () a 4a A () egyelet yilvávalóa egyeértékű az (1) egyelettel. Mivel a () egyelet bal oldala teljes égyzet, tehát em lehet egatív, az egyeletek akkor és b 4ac csak akkor lehetek valós gyökei, ha ú 0, azaz ha b 4ac ú 0 (4a > 0). 4a Mivel az (1) és () egyeletek egyeértékűek, az (1) egyeletek akkor és csak akkor vaak valós gyökei, ha b 4ac ú 0. A b 4ac < 0 esetbe az egyeletek ics valós gyöke. Tehát az (1) valós gyökeiek létezése és a gyökök száma a b 4ac kifejezéstől függ. Ezt a kifejezést a másodfokú egyelet diszkrimiásáak evezik és -val jelölik. Legye tehát a továbbiakba = b 4ac ú 0. Ekkor létezik a b 4ac = valós szám, és felírhatjuk, hogy: b b x+ = vagy x+ = 0, a a a a azaz b b x+ + x 0. a a + = a a 7

Következik, hogy ahoa b x + =±, a a b ± x =. a Tehát: ha a másodfokú egyelet diszkrimiása pozitív, az (1) egyeletek két külöböző valós gyöke va: b+ b x1 =, x =. a a Ha a másodfokú egyelet diszkrimiása ulla, akkor az (1) egyeletek két egyelő (egybeeső) valós gyöke va: b x1 = x =. a Példák 1) A x x 3 = 0 egyelet diszkrimiása = ( 1) 4 ( 3) = = 5 > 0. Tehát az egyeletek két külöböző valós gyöke va: 1+ 5 3 x1 = =, 4 1 5 x = = 1. 4 ) A x 4x + = 0 diszkrimiása = ( 4) 4 = 0. Eek az egyeletek egyelő (egybeeső) gyökei vaak: 4 x1 = x = = 1. 3) A x + x + 1 = 0 egyelet diszkrimiása = 1 4 = 7 < 0. Tehát az egyeletek ics valós gyöke. A továbbiakba a pozitív diszkrimiású másodfokú egyelet éháy fotos sajátos alakját tárgyaljuk. 1. Tegyük fel, hogy az ax + bx + c = 0 egyeletbe a b együttható b = b 1 alakú (például, ha b = vagy b = 4 stb). Ekkor 4b 4ac= 4 b ac. Az egyelet = b 4ac = 1 ( 1 ) b± b 4ac x = a gyökképlete így alakul: b1± 4b1 4ac b1 ± b1 ac x = =. a a 8

Tehát az ax + b 1 x + c = 0 egyelet gyökei: Példa b 1 + b 1 ac 1 1 x1 ; x b b = ac =. a a Oldjuk meg a 3x 10x + 3 = 0 egyeletet! Mivel itt az x együtthatója 10 = ( 5), a feti képlet alapjá kapjuk: 5± 5 9 5± 4 x = =. 3 3 1 Tehát x1 = 3, x =. 3. A másodfokú egyelet redukált alakja. A másodfokú egyelet redukált alakjába az x együtthatója 1-gyel egyelő. Az egyelet redukált alakja tehát: x + px + q = 0, (3) ahol p és q valós szám. Ebbe az esetbe a másodfokú egyelet gyökképlete: b± b 4ac x =. a Az a = 1, b = p és c = q helyettesítéssel a re dukált másodfokú egyelet gyökeit kapjuk meg: p p q p p q p p ± 4 4 x = = ± = ± q. 4 Tehát: p p p p x1 = + q, x = q. Példa Az x + 4x 5 = 0 egyelet eseté x = ± 4+ 5 = ± 3, tehát x 1 = 1 és x = 5. Megjegyzés. Mide ax + bx + c = 0 (a g 0) másodfokú egyelet redukált alakra hozható, ha az egyelet midkét oldalát osztjuk a-val: az ax b c + bx + c = 0 egyeértékű az x + x 0 a + a = egyelettel. 6.. Összefüggések a másodfokú egyelet együtthatói és gyökei között 1. Viète-féle összefüggések Az ax + bx + c = 0 (a g 0) egyelet gyökei: b+ b 4ac b b 4ac x1 =, x =, a a ahol = b 4ac ú 0. 9

Számítsuk ki a gyökök összegét és szorzatát! Felírhatjuk, hogy: b + b 4ac b b 4ac b b b x1 + x = + = =. a a a a xx 1 b+ b 4ac b b 4ac = = a a ( b + b )( ) ( ) ( ) 4ac b b 4ac b b 4ac = = = 4a 4a ( ) = = = b b 4ac 4ac c 4a 4a a. Azaz b c x1 + x =, x1x =. a a Ezeket a képleteket Viète-féle összefüggésekek evezik. Példa A 4x 3x 1 = 0 egyelet diszkrimiása = 9 + 16 = 5 > 0. Tehát az egyeletek két külöböző valós gyöke va, x 1 és x, és 3 3 1 1 x1 + x = =, x1x = =. 4 4 4 4. A másodfokú egyelet felírása, ha ismerjük a két gyökét Az x 1 és x valós szám. Vizsgáljuk az x 1 + x = p és x 1 x = q kifejezéseket. Ekkor x 1 és x az x + px + q = 0 a másodfokú egyelet két gyöke lesz. Valóba, felírhatjuk, hogy x1 + px1 + q = x1 ( x1 + x) x1+ x1x = x1 x1 xx1+ x1 x = 0, és ugyaígy x + px + q= Tehát x 1 és x az 0. x px q + + = 0 két gyöke. Példa Ha x 1 = 5 és x =, akkor x 1 + x = 3 = p, x 1 x = 10 = q, tehát p = 3 és q = 10, vagyis az x + 3x 10 = 0 egyeletek a két gyöke: x 1 = 5 és x =. 6.3. A gyökök előjeléek vizsgálata másodfokú egyelet esetébe 1. Vegyük az ax + bx + c = 0, a g 0 (1) másodfokú egyeletet, ahol = b 4ac ú 0. A gyökök összegét S-sel, a szorzatukat P-vel jelöljük, azaz b S = x 1 + x =. a c P= x1x =. a 30

Ha az (1) egyelet midkét oldalát a-val osztjuk, az eredetivel egyeértékű b c x + x 0 a + a = egyeletet kapjuk, ie pedig az x Sx + P = 0 () egyeletet. Meg fogjuk mutati, hogy a P és az S együttható előjeléből az egyelet megoldása élkül is meg lehet állapítai az egyelet gyökeiek az előjelét. A P és S előjelét illetőe az alábbi esetek lehetségesek: 1 o P > 0. Mivel x 1 x = P > 0, következik, hogy a két gyök azoos előjelű. Ha az S > 0, akkor mivel x 1 + x = S > 0, mid a két gyök pozitív. Ha pedig az S < 0, akkor x 1 + x = S < 0, tehát mid a két gyök egatív. o P < 0. Mivel x 1 x = P < 0, az egyik gyök pozitív, a másik pedig egatív. Ha most S > 0, akkor mivel x 1 + x = S > 0, a pozitív gyök agyobb lesz a egatív gyök abszolút értékéél. Ameyibe S < 0, akkor x 1 + x = S < 0, tehát a egatív gyök abszolút értéke agyobb, mit a pozitív gyök. A kapott eredméyeket az alábbi táblázat foglalja össze: P > 0 P < 0 S > 0, x 1 > 0, x > 0 S < 0, x 1 < 0, x < 0 S > 0, a két gyök külöböző előjelű: x 1 < 0, x > 0, x 1 < x S < 0, a két gyök külöböző előjelű: x 1 < 0, x > 0, x 1 > x Megjegyzések. 1. Ha S = 0, a két gyök csak akkor valós, ha P ñ 0. Ez esetbe x 1 + x = 0, azaz x 1 = x.. Ha P = 0, akkor x 1 = 0 és x = S. Példák 1) A x 8x + 7 = 0 egyelet eseté = 64 56 = 8 > 0, tehát az egyeletek két külöböző valós gyöke va. Mivel xx 1 = 7 és ix 8 1 + x = = 4, a gyökök összege és szorzata is pozitív, tehát midkét gyök pozitív lesz. ) Az x + x 15 = 0 egyelet eseté = 4 + 60 = 64 > 0, vagyis az egyeletek két külöböző gyöke va. Mivel x 1 x = 15 és x 1 + x =, a két gyök külöböző előjelű, és a egatív gyök abszolút értékbe agyobb a pozitív gyökél. 6.4. A másodfokú triom felbotása elsőfokú téyezőkre Másodfokú triomak evezzük az ax + bx + c alakú kifejezést, melybe az a, b és c valós szám és a g 0, az x pedig határozatla. Az a, b, c számok a triom együtthatói. Az (1) másodfokú egyelet bal oldala egy másodfokú triom. 31

1. Tételezzük fel, hogy az ax + bx + c = 0 egyeletek két valós gyöke va, az x 1 és x. Ekkor a Viète-féle összefüggések: b c x1+ x = és x1 x =. a a Redre felírjuk, hogy: b c ax + bx + c = a x + x + = a x ( x1 + x) x + x1x = a ( x x1x ) a a ( xx x1x) = a x( x x1) x( x x1) = a( x x1)( x x ). Tehát ax + bx + c = a( x x1)( x x) vagy ax + bx + c = ax ax x x. ( )( ) 1 Következik: ha b 4ac ú 0, akkor az ax + bx + c, a g 0 triom felbotható valós együtthatójú elsőfokú téyezők szorzatára.. Fordítva, tegyük fel, hogy az ax + bx + c, a g 0 triom valós együtthatójú elsőfokú téyezők szorzatakét írható fel, azaz: ax bx c ax + b ax + b (1) + + = ( )( ) 1 1, ahol a 1, b 1, a és b valós szám. Ekkor az ax + bx + c = 0 egyeletek valós gyökei leszek. Valóba, az (1) egyeletbe a két oldal x -es tagjáak együtthatója egyelő egymással, azaz a = a 1 a. Mivel a g 0, következik: a 1 g 0 és a g 0. b1 b Az ( ax 1 + b1) ( ax + b) szorzat ulla, ha x =, vagy ha x =, tehát a a az ax + bx + c = 0 egyeletek a b 1 és a 1 b 1 valós számok a gyökei leszek. a Példák 1) Botsuk elsőfokú téyezők szorzatára a 6x x 1 valós együtthatójú triomot! A 6x 1 1 x 1 = 0 egyelet gyökei az x = és x 1 =. számok. Ekkor 3 6x x 1 = 1 1 6 x x+ = ( x 1)( 3x+ 1 ). 3 ) Mivel az x + x + = 0 egyelet diszkrimiása = 1 8 = 7 < 0, az x + x + triom em botható fel valós együtthatójú elsőfokú kifejezések szorzatára. Megjegyzés. A.1. potba láttuk, hogy a másodfokú egyelet bal oldala, azaz az ax + bx + c, a g 0 triom az ax b + bx + c = a x+ +. a 4a alakba is felírható. Ezt a kifejezést a másodfokú triom kaoikus alakjáak evezik. 3

Példa A másodfokú triom kaoikus alakját haszálva mutassuk ki, hogy a) az x + x + 1 triom értéke mide valós x-re pozitív szám lesz; b) a x + 4x 5 triom értéke bármely valós x eseté egatív értékű lesz. Valóba, x + x + 1 = 1 3 x + +, és mivel egy valós szám égyzete em 4 1 3 lehet egatív, az x + + kifejezés mide valós x-re pozitív, azaz igaz az 4 a) pot. Ugyaígy: x + 4x 5 = (x 1) 3, mely utóbbi mide valós x esetébe egatív, tehát a b) pot is igaz. Alkalmazás (arra voatkozóa, hogy mikét helyezkedek el a számegyeese a másodfokú egyelet valós gyökei egy adott valós számhoz képest) Az x mx + m 1 = 0 egyelet eseté határozzuk meg az m valós paraméter értékét úgy, hogy a) az egyelet midkét gyöke 1-él agyobb legye; b) az egyik gyök 1-él agyobb, a másik 1-él kisebb legye; c) midkét gyök kisebb legye 1-él. 1 3 = 4 m 4 m 1 = 4 m + > 0; 4 Mivel ( ) bármely m eseté az egyeletek két valós külöböző gyöke va. A gyököket x 1 -gyel és x -vel jelölve legye z 1 = x 1 + 1 és z = x + 1. Ez esetbe: a) x 1 > 1 és x > 1 akkor és csak akkor, ha z 1 > 0, z > 0; b) x 1 > 1 és x < 1 akkor és csak akkor, ha z 1 > 0, z < 0; c) x 1 < 1 és x < 1 akkor és csak akkor, ha z 1 < 0, z < 0. Abból, hogy x 1 + x = m és x 1 x = m 1, következik, hogy z 1 + z = x 1 + x + + = (m + 1) és z 1 z = (x 1 + 1)(x + 1) = x 1 x + (x 1 + x ) + 1 = 3m. Ekkor a z 1 és a z a z (m + 1)z + 3m = 0 másodfokú egyelet két gyöke. Ezzel a feladat a z- be másodfokú egyelet gyökei előjeléek taulmáyozására vezetődik vissza. Így az a) esetbe z 1 z > 0 és z 1 + z > 0, azaz 3m > 0 és (m + 1) > 0, ie: m > 0; a b) esetbe z 1 z < 0, azaz 3m < 0, tehát m < 0. A c) esetbe z 1 z > 0 és z 1 + z < 0, azaz 3m > 0 és (m + 1) < 0, tehát m > 0 és m < 1, ami em lehetséges. Megjegyzés. A feti, z-be másodfokú egyelethez juthatuk, ha a z = x + 1 összefüggés alapjá az x-es egyeletbe x = z 1-et helyettesítük. 33

6.5. Másodfokúra visszavezethető egyeletek A olya magasabb fokú egyeletekkel is találkozuk, melyek megoldása visszavezethető első- vagy másodfokú egyeletek megoldására. 1. Egyes esetekbe a szorzattá botás módszerét alkalmazzuk. Példák 1) Oldjuk meg az x 3 4x = 0 (1) egyeletet! Az egyelet bal odalát téyezőkre botjuk: x(x ) (x + ) = 0. Ie következik, hogy az (1) egyelet gyökei: 0, és. ) Oldjuk meg az x 4 x 3 + x = 0 () egyeletet! Téyezőkre botjuk az egyelet bal oldalát. Redre felírjuk, hogy x 4 x 3 + x = x 3 (x ) + x = (x )(x 3 + 1) = (x )(x + 1)(x x + 1). Tehát az egyelet az (x )(x + 1)(x x + 1) = 0 alakba írható, ahoa x = 0, vagy x + 1 = 0, illetve x x + 1 = 0. Mivel ez utóbbi egyeletek ics valós gyöke ( = 3 < 0), a () egyelet gyökei a 1 és a.. Más esetekbe az új ismeretle bevezetéséek módszerével lehet a -él magasabb fokú egyeletet megoldai. Példák 1) Oldjuk meg a következő egyeletet (x 3x) (x 3x) 8 = 0 (3) Megfigyeljük, hogy az egyelet bal oldalá az x 3x kifejezésbe az x a második és az első hatváyo va. Az x 3x = y helyettesítést elvégezve az y- ba másodfokú y y 8 = 0 egyelethez jutuk, a gyökök: y 1 = és y = 4. Következik: x 3x = és x 3x = 4. Az első egyelet gyökei x 1 = 1 és x =, a másodiké pedig x 3 = 1 és x 4 = 4. Tehát a (3) megoldásai: 1,, 1 és 4. ) Oldjuk meg a következő egyeletet! x 4 3x 4 = 0 (4) Az x = y helyettesítést elvégezve y-ba az y 3y 4 = 0 egyeletet kapjuk, ahoa y 1 = 1 és y = 4. Mivel az y em lehet egatív (azért, mert y = x ), csak az y = 4 gyök lesz elfogadható, azaz x = 4, ahoa x 1 = és x =. Megjegyzés. Az előző egyelet az általáos ax 4 + bx + c = 0, a g 0 alakú, úgyevezett bikvadratikus egyeletek a sajátos esete. 3) Oldjuk meg a következő egyeletet: x 6 7x 3 8 = 0 (5) Az x 3 = y behelyettesítéssel az y 7y 8 = 0 egyelethez jutuk, ahoa y 1 = 1 és y = 8. Mivel y = x 3, következik, hogy x 3 = 1 és x 3 = 8, tehát az adott egyelet gyökei: x 1 = 1 és x =. 34