dr. CONSTANTIN NĂSTĂSESCU egyetemi tanár a Román Akadémia levelező tagja
dr. CONSTANTIN NIŢĂ egyetemi tanár
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. § Racionális számok. A racionális számok előállítása szakaszos tizedes törtek segítségével 1.1. Előkészítő fogalmak Már az előző osztályokban szükségessé vált a természetes, illetve az egész számok halmazának bővítése. Az m + x = n alakú egyenlet (ahol m és n természetes szám) megoldása szükségessé tette a természetes számok N = {0, 1, 2, …} halmazának az egész számok Z = {…, –2, –1, 0, 1, 2, …} halmazává történő bővítését. Ez utóbbi halmazt is bővíteni kellett azért, hogy a qx = p (ahol p és q egész számok és q g 0) alakú egyenletet meg lehessen oldani. Így a racionális számok Q = {
p | p, q c Z, q g 0} q
halmazához jutottunk. Értelmeztük a műveleteket a racionális számokkal, és ezeket a számokat tizedes törtekkel is jellemeztük, amire különösen a gyakorlati feladatok során volt szükség. A gyakorlatban a racionális számokat rendszerint tizedes tört alakjában ábrázoljuk (állítjuk elő). A számtanból ismert, hogy az osztás segítségével bármely nemnegatív
m n
(m ú 0, n > 0) racionális szám véges vagy végtelen (végtelen tizedesjegyet 5 1 helyett 0,25-öt, az tartalmazó) tizedes tört alakjában írható fel. Így az 4 8 1 helyett 0,625-öt, az helyett 0,333…-at lehet írni. Az egységesség kedvéért a 3 véges tizedes törteket is – jobb felől hozzájuk írt végtelen sok nullával – végtelen tizedes törteknek tekinthetjük. Így minden tizedes tört végtelen sok tizedesjegyből fog állni. Például:
1 4
= 0, 25000...;
5 8
= 0, 625000... .
Nyilvánvaló, hogy az egész számok olyan tizedes törtek lesznek, ahol a tizedesvessző után végtelen sok nulla következik. Például: 5 = 5,000…; 13 = 13,000… .
4
Ily módon minden nemnegatív racionális
m szám végtelen tizedestört n
alakjában írható: m = a0,a1a2a3… . n m egész része, a 0,a1a2a3… szám pedig a tört része. Az a1, n a2, a3,… számok (tizedesjegyek) értéke 0 és 9 közötti egész szám: 0 ñ ai ñ 9, i = 1, 2, 3, … . Figyeljük meg, hogy a negatív racionális számokat is hasonló módon lehet írni. A negatív szám egész részét a fölé írt mínuszjellel jelöljük. Így például a 5 1 − = −3 + számot a 3 ,5000… alakban lehet felírni. 2 2
Az a0 szám az
Hasonló módon –0,321 = 1 ,679000…, 2 1 − 25 = −25,666... = −26 + = 26,333 ... 3 3 Ezáltal bármely (negatív, pozitív vagy nulla) racionális szám az m = a0,a1a2a3… (1) n m végtelen tizedes tört alakban írható, ahol a0 az egész része, a 0,a1a2a3… n pedig e szám törtrésze (az a0 egész szám, az a1, a2, a3, … tizedesjegyek pedig 0 és 9 közötti egész számok). Bármely (1) alakban felírt racionális szám esetében a 0,a1a2a3… törtrész egy 1-nél kisebb pozitív szám. A negatív racionális számok ily módon történő tizedes törttel való felírása (ahol a törtrész pozitív szám) lehetővé teszi a pozitív és negatív valós számok egységes tárgyalását. Megjegyzés. A negatív számoknak a fenti módon való felírásával a logaritmusokkal való gyakorlati számítások esetében találkozunk. 1.2. Szakaszos (periodikus) tizedes törtek Vizsgáljuk meg a racionális számokat ábrázoló tizedes törteket. Előzőleg értelmezzük a szakaszos tizedes tört fogalmát! Értelmezés. Egy a0,a1a2a3… végtelen tizedes törtet szakaszosnak nevezünk, ha van olyan k és p természetes szám, amelyre an+p = an bármely n ú k esetén.
5
Egy szakaszos tizedes törtet röviden az a0,a1a2…ak–1(akak+1 … ak+p–1) alakban szokás felírni. A zárójelben szereplő számjegyek (ebben a sorrendben) a tizedes tört szakaszát (periódusát) képezik. A k = 1 esetben, azaz amikor az ismétlődő szakasz mindjárt a tizedesvessző után kezdődik, a tizedes törtet tiszta szakaszosnak nevezzük, ellenkező esetben vegyes szakaszos tizedes törtről beszélünk. Az előző számpéldákban említett tizedes törtek szakaszosak voltak. Például a 0,333 … szám esetében k = 1, p = 1, és bármely n ú 1-re an+1 = an = 3. A felírási mód: 0,333… = 0,(3). Ez egy tiszta szakaszos tizedes tört. Láttuk, hogy a véges tizedes törtek (nullák hozzáadásával) végtelen szakaszos tizedes törteknek tekinthetők. Például a 0,25000… esetén k = 3, p = 1, és an+1 = an = 0, ha n ú 3. A 0,625000… szám esetén pedig k = 4, p = 1, an+1 = an = 0, ha n ú 4. Tehát 0,25000… = 0,25(0) és 0,625000… = 0,625(0). Ezek tehát vegyes szakaszos tizedes törtek. Végül a 15 ,723434 … tizedestört is szakaszos és a 15 ,72(34) alakban írható fel. Említettük, hogy egy racionális szám tizedestört-alakban való felírása az osztás segítségével történik. Vegyük például az 1. példa
5 33
és a
19 55
2. példa
5
33
50
0,15...
33
számot.
19
55
190 165
0,345 ...
250 220
170 165
300 275
5
25 A tizedesvessző utáni számjegyeket egy-egy részosztással kapjuk:
50
33
170
33
190
55
250
55
300
55
33
1
165
5
165
3
220
4
275
5
17
5
25
30
1. példa
25
2. példa
A részosztásoknál az osztandó a tízzel megszorzott előző maradék (azaz egy nullát írunk a jobb oldalára). De a részosztások maradékai mindig kisebbek az osztónál. Ezért véges számú ilyen osztás után vagy a kezdeti osztandót kapjuk vissza (1. példa), vagy egy olyan maradékot, amely már szerepelt (2. példa).
6
Ettől a lépéstől kezdve nem kell az osztást tovább folytatnunk, mivel az 5-nek a 33-mal, illetve a 19-nek az 55-tel való osztási hányadosában a számjegyek ismétlődni fognak. Ezért 5 19 = 0, (15) ; = 0,3(45). 33 55 Általában igaz, hogy: 1. tétel. Minden racionális szám olyan szakaszos tizedes tört alakjában írható fel, melynél a szakasz nem (9). Bizonyítás. Tetszőleges a racionális szám az a = a0 + a' alakban írható, ahol a0 egy egész szám (az a egész része), az a' pedig 1-nél kisebb nemnegatív racionális szám. Ha az a' olyan szakaszos tizedes tört, melyben a szakasz nem (9), akkor az a egész része az a0 szám, törtrésze pedig az a'. Ezért a tétel bizonyításához elég csak olyan Legyen tehát
m m racionális számot venni, amelyre 0 ñ < 1. n n
m (m ú 0, n > 0) egy ilyen racionális szám. Az m-et az n-nel osztva n
a részletmaradékok a 0, 1, 2, …, n – 1 számok közül kerülnek ki. Mivel legfeljebb n darab különböző maradék lehetséges, legtöbb n számú részletosztás után valamelyik maradék ismétlődni fog, és emiatt egy szakaszos tizedes törtet fogunk kapni. Kimutatjuk, hogy egy racionális számhoz rendelt szakaszos tizedes tört szakasza nem lehet (9). Tegyük fel ad absurdum, hogy a tört szakasza (9). Ez esetben az osztási eljárás folyamán kapunk egy olyan r maradékot, melyet ha 10zel szorzunk és n-nel osztunk, a hányados 9 és a maradék ismét r lesz. Tehát a maradékos osztás értelmében a 10r = n · 9 + r, r < n egyenlőséget kapjuk, ahonnan 9r = 9n, azaz r = n lenne, ami ellentmond az r < n feltevésnek. Megjegyzés. Véges (azaz (0) szakaszú) tizedes törtet akkor kapunk, ha az osztási eljárás során egy nulla maradékot kapunk. Ezután az összes maradék mind nulla lesz. A részletosztásokat az előző példákból így írjuk: 1. példa
50 = 33 · 1 + 17; 170 = 33 · 5 + 5.
Az első egyenlőséget 10-zel szorozva és a másodikat felhasználva 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. 2. példa
190 = 55 · 3 + 25; 250 = 55 · 4 + 30; 300 = 55 · 5 + 25.
Az első egyenlőséget 100-zal szorozva és a többieket felhasználva írhatjuk: 19 000 = (55 · 3 + 25) · 100 = 55 · 300 + 250 · 10 = 55 · 300 + (55 · 4 + 30) ·10 = = 55 · 300 + 55 · 40 + 300 = 55 · 340 + 55 · 5 + 25 = 55 · 345 + 25. Tehát: 1 000 · 19 = 55 · 345 + 25 és 10 · 19 = 55 · 3 + 25, azaz a 345 az 1 000 · 19 szám 55-tel való osztási hányadosa, 3 pedig a 10 · 19 szám 55-tel való osztási maradéka lesz. 7
A továbbiakban kimutatjuk, hogy az előző tétel fordítottja ugyancsak igaz. Vegyünk előbb két példát: m 1) Tekintsük a 0,(43) tiszta szakaszos tizedes törtet. Ha van olyan n racionális szám, melyből osztással 0,(43)-at kapunk, akkor a 100m szám n-nel való osztási hányadosának az egész része 43 lesz, és a szakaszosság miatt az osztás maradéka m-mel lesz egyenlő. Tehát 100m = n · 43 + m, ahonnan 99 m = n · 43. m 43 = . A keresett racionális szám 99 n Igazolás. Ha a 43-at 99-cel osztjuk az osztási eljárással, a 0,(43) tizedes törtet kapjuk. m 2) Vegyük a 0, 41(23) vegyes szakaszos tizedes törtet. Ha van olyan n racionális szám, melyből az osztás elvégzése után a fenti tizedes tört keletkezik, akkor 10 000m szám n-nel való osztási hányadosának az egész része 4 123, a 100m szám n-nel való osztási hányadosának egész része pedig 41 lesz. A szakaszosság miatt a fenti két osztás maradéka ugyanaz a szám. Tehát: 10 000m = n · 4 123 + r 100m = n · 41 + r, ahonnan kivonással kapjuk, hogy 9 900m = n · (4 123 – 41). A keresett racionális szám: 4082 4123 − 41 m . = = 9900 9900 n Igazolás. Ha a 4 082 számot 9 900-zal osztjuk, a 0, 41(23) tizedes számot kapjuk. Általánosan kimondhatjuk, hogy: 2. tétel. Minden olyan szakaszos tizedes tört, melyben a szakasz nem (9), egy közönséges törttel, azaz egy racionális számmal egyenlő. (1) Legyen a0, a1a2 … ak–1(akak+1…ak+p–1) egy szakaszos tizedes tört, melyben a szakasz nem (9). Ki kell mutassuk, hogy van olyan racionális szám (törtszám), melynek számlálóját a nevezőjével osztva az (1) számot kapjuk. Nem bizonyítjuk ezt a tételt. Megjegyezzük viszont, hogy az előző két példa rávilágít az általános esetben is a keresett racionális szám meghatározási módjára. Így: 1o Ha k = 1, azaz, ha a tizedes tört tiszta szakaszos, akkor: a0 , ( a1 a2 ...a p ) = a0 +
a1 a2 ...a p 99...9 N p − szer
(az egyenlőség jobb oldalán az a1a2…ap az a természetes szám, melynek számjegyei rendre a1, a2, … ap). 8
2o Ha k > 1, azaz vegyes szakaszos tizedes tört esetében felírhatjuk, hogy: a0, a1 a2 … ak–1(akak+1…ak + p – 1) = = a0 +
a1 a2 ...ak −1ak ak +1 ...ak + p −1 − a1 a2 ...ak −1 99...9 N 00...0 N p − szer
( k −1) − szer
Az 1o és 2o képletek megadják a szabályt, hogyan kell egy szakaszos tizedes törtet racionális szám (törtszám) alakjában felírni. 45 5 3 1 ; = ; 0, (45) = = Példák 1) 0, (3) = 99 11 9 3 453 − 45 408 34 = = ; 2) 0,45(3) = 900 900 75 2 745 − 27 2718 151 3) 0,027(45) = = = . 99000 99000 5500 Megjegyzés. A szakaszos tizedes törtek meghatározásakor nem zártuk ki azokat, amelyeknek a szakasza (9). Ha egy ilyen tizedes törtet formálisan az 1o vagy 2o szabályok segítségével átalakítunk, egy racionális számot kapunk. Vegyük például a 0,(9) tizedes törtet. Az 1o szabályt alkalmazva kapjuk, hogy: 9 0, (9 ) = = 1. 9 Másrészt az 1 számnak az 1,000 … = 1,(0) szakaszos tizedes tört felel meg. Vegyük most a 0,4(9) vegyes szakaszos tizedes törtet. A 2o szabályt alkalmazva felírhatjuk, hogy 49 − 4 45 1 0,4(9) = = = . 90 90 2 1 Másrészt az számnak (ha az osztást elvégezzük) a 0,5000 … = 0,5(0) 2 tizedes tört fog megfelelni. Ez a két példa mutatja, hogy az előző tétel nem érvényes olyan tizedes törtek esetén, melyeknek a szakasza (9). Pontosabban: ha egy végtelen tizedes tört m racionális szám periódusa (9), akkor ennek az 1o vagy 2o szabály alapján egy n fog megfelelni. Ám ha ez utóbbi számot osztással tizedes törtté alakítjuk, nem az eredeti tizedes számot kapjuk, hanem egy olyant, melyben a szakaszt megelőző szám egy egységgel meg van növelve, a szakasz pedig (0) lesz, azaz véges tizedes törtet kapunk. Könnyen belátható, hogy ez a szabály minden olyan tizedes törtre érvényes lesz, amelynek szakasza (9). Ezért valahányszor egy olyan tizedes törttel van dolgunk, amelyben a szakasz (9), megállapodás szerint e helyett egy (0) szakaszos (azaz véges) tizedes törtet írunk, az előző szabálynak megfelelő módon. Például: 0, 4(9) = 0,5(0); 0,1(9) = 0,2(0).
9
Következésképpen a racionális számok (és csak ezek) végtelen szakaszos tizedes törtek alakjában írhatók fel. De vannak-e egyáltalán olyan tizedes törtek, melyek nem szakaszosak (periodikusak)? Igenis vannak ilyenek, például a 0,101001000100001000001… tizedes tört, amelyben az első 1-es után egy nulla, a második 1-es után két nulla következik és így tovább. Tételezzük fel, hogy ez a tizedes tört szakaszos és a szakasz p darab számjegyből áll. A szakaszban egy 1-esnek is szerepelnie kell. Ezért bármely két, a tizedesvessző utáni 1 számjegy között nem lehet p-nél több nulla jegy, ami ellentmond a szám felírási módjának. Tehát ez a tizedes nem szakaszos. A következő paragrafusban gyakorlati példákat fogunk látni, melyek végtelen, nemszakaszos tizedes törtekhez vezetnek el.
2. § A valós számok mint végtelen tizedes törtek. A valós számok rendezése 2.1. Miért van szükség a Q halmaz bővítésére? Az előző osztályokban már említés történt a racionális számok halmazának a valós számok halmazára való kibővítésének szükségességéről. Íme két konkrét tény, mely a fentieket indokolja. 1) Nincs olyan racionális szám, amelynek a négyzete 2-vel lenne egyenlő. m racionális szám, Valóban, tegyük fel (ad absurdum), hogy van olyan n 2
m ⎛m⎞ amelyre ⎜ ⎟ = 2 . Feltételezhetjük, hogy az tört nem egyszerűsíthető, azaz n ⎝ n⎠ 2
⎛m⎞ az m és az n relatív prím egész szám. Az ⎜ ⎟ = 2 -ből következik, hogy ⎝ n⎠ 2 m = 2 n . Mivel a 2n páros szám, az m-nek is párosnak kell lennie, azaz m = 2k. 2
2
Ezt az előző egyenlőségbe helyettesítve a 4k2 = 2n2, azaz a 2k2 = n2 egyenlőséget m tört 2-vel kapjuk, ahonnan következik, hogy az n is páros szám. De ekkor az n 2
⎛m⎞ egyszerűsíthető, ami ellentmond a feltevésnek, tehát az ⎜ ⎟ = 2 feltevés ⎝ n⎠ 2 hamis. Innen az is következik, hogy az x – 2 = 0 egyenletnek nincs racionális megoldása.
10
C
2) Legyen az ABC egy egyenlő szárú derékszögű háromszög (I.1. ábra). Az AB szakasz hosszát egységnyinek tekintve kimutatjuk, hogy a BC átfogó m A B racionális szám, hossza nem lehet egy n I.1. ábra azazhogy az AB szakasz n-ed része nem lehet meg m-szer a BC-ben. m Valóban, ha a BC hossza lenne, akkor Pitagorasz tételéből következik, n 2
⎛m⎞ hogy ⎜ ⎟ = 2 , ezt viszont az előbb láttuk, hogy nem lehetséges. ⎝ n⎠ Ha BC = a, az a megoldása lesz az x2 – 2 = 0 egyenletnek, azaz a BC átfogó hossza a = 2 . A 2 nem lehet racionális szám, tehát ez egy újfajta szám. Egy ilyen, a racionálistól különböző számot irracionálisnak mondunk. Az x2 – 3 = 0, x2 – 5 = 0 stb. egyenlet gyökeként kapott 3 , 5 stb. szám ugyancsak irracionális lesz. Van olyan irracionális szám is, mely egyetlen egész együtthatójú egyenletnek sem lehet gyöke. Ilyen például a π szám, mely egy kör kerületének és átmérőjének az arányával egyenlő. A racionális számok halmaza az irracionális számok halmazával együtt képezi a valós számok R halmazát. Az előző osztályokban tanultunk egy eljárást, mellyel például a tizedes törttel lehet megközelíteni: 2 = 1, 41421356… .
2 számot
Mivel a 2 irracionális szám, a kapott tizedes tört végtelen és nem szakaszos. A π szám is felírható végtelen, nemszakaszos tizedes tört formájában. Elfogadjuk, hogy minden végtelen és nemszakaszos tizedes tört egy irracionális valós számot ábrázol. Ily módon minden végtelen (szakaszos vagy nemszakaszos) a0,a1a2a3… tizedes tört egy a valós számnak felel meg. Az a t a0,a1a2a3… függvény minden valós számhoz egy végtelen tizedes törtet rendel hozzá, és egy megfeleltetést létesít a valós számok halmaza és az olyan végtelen tizedes törtek halmaza között, melyeknek a szakasza nem (9). Ez utóbbiak mindegyike egy-egy jól meghatározott valós számot képvisel. A végtelen tizedes törtekkel jellemzett valós számok szigorúan megalapozott elmélete túllépi a IX. osztály tantervét. A végtelen tizedes törtek bevezetése lehetőséget nyújt az irracionális számok természetének jobb megismeréséhez. Megjegyzés. Az előzőkben említett megfeleltetés alapján a továbbiakban egy valós számot a neki megfelelő a = a0,a1a2a3… tizedes törttel fogunk azonosítani. Sajátos esetben a racionális számoknak az őket ábrázoló szakaszos tizedes törtek (ahol a szakasz nem (9)) felelnek meg. 11
2.2. A valós számok rendezése A valós számok halmazában a rendezést a tizedes törtekkel való megfeleltetéssel valósítjuk meg úgy, hogy ez megegyezzen a racionális számoknak az előző osztályokban tárgyalt rendezésével. Legyen a = a0,a1a2a3… és b = b0,b1b2b3… két valós szám, ahol a megfelelő tizedes törtek szakasza nem lehet (9). A két számot egyenlőnek mondjuk, ha bármely i = 0, 1, 2… esetén ai = bi. Értelmezés. Az a = a0, a1a2a3… valós szám akkor kisebb a b = b0,b1b2b3… valós számnál (jelölése a < b), ha van olyan k ú 0 természetes szám, amelyre ak < bk és bármely i < k esetén ai = bi. Ugyanekkor azt mondjuk, hogy a b nagyobb az a-nál, jelölése b > a. Példák 1) 3,9014… < 4,1735…, mivel a0 = 3 < 4 = b0. 2) 3,45170… < 3,45181…, mivel a0 = b0 = 3, a1 = b1 = 4, a2 = b2 =5, a3 = 1, b3 = 1, a4 < b4 (7 < 8). 3) 20 ,432… < 1,730…, mivel a0 = –20 < 1 = b0. 4) 3,173… > 3,165…, mivel a0 = b0 = 3, a1 = b1 = 1 és a2 > b2 (7 > 6). 5) 4 ,232… > 4 ,193…, mivel a0 = b0 = –4, a1 > b1 (2 > 1). Ha a < 0, az a valós számot negatívnak, ha pedig a > 0, az a-t pozitívnak nevezzük. Egy a = a0,a1a2a3… valós szám nyilvánvalóan akkor és csak akkor negatív, ha az a0 egész része negatív szám. Például 1 ,372… < 0,000… = 0, mivel a0 = –1 < 0. Megjegyzés. A fenti egyenlőtlenségek a racionális számok esetében megegyeznek az előző osztályokból ismert egyenlőtlenségekkel. Így: 1 51 0,5000… < 0,51000… akkor és csak akkor, ha < ; 2 100 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 gyakorlatban csak igen ritkán ismerjük a mennyiségek pontos számértékét. Egy készülék vagy mérőeszköz nem mutatja teljes pontossággal a méretet. Egy hőmérő a hőmérsékletet csak bizonyos hibával méri, ugyanúgy az ampermérő is az áram erősségét stb. A mérés eredményének a készülékről való leolvasása során is hibázunk. Ezért a mennyiségek pontos értékei helyett
12
kénytelenek vagyunk közelítő értékekkel számolni. Általában egy mennyiséget egy végtelen tizedes tört jellemez, de egy mérőkészülék gyakorlatilag csak véges tizedesjegyet képes mutatni, azaz a mennyiségnek csak egy közelítő értékét. Legyen a egy végtelen tizedes törttel megadott valós szám. Az a szám hiánnyal való tizedes közelítéseit (közelítő értékeit) úgy kapjuk, hogy a szám tizedesjegyeit rendre elhagyjuk, kezdve az első tizedesjeggyel, folytatva a másodikkal, majd a harmadikkal és így tovább. Például az a = 2,173256… szám esetén a hiánnyal való közelítő értékek rendre: 2; 2,1; 2,17, 2,173, 2,1732; 2,17325;… Ha az a szám hiánnyal való tizedes közelítéseiben az utolsó tizedesjegyhez 1-et hozzáadunk, akkor az a szám többlettel történő tizedes közelítéseit (közelítő értékeit) kapjuk meg. Például a 2,173256… szám esetén ezek az értékek: 3; 2,2; 2,18; 2,174; 2,1733; 2,17326;… A valós számoknak a 2. §-ban értelmezett rendezési szabálya alapján az a szám első öt tizedes közelítő értékét a következő táblázat tünteti fel: 2ña<3 2,1 ñ a < 2,2 2,17 ñ a < 2,18 2,173 ñ a < 2,174 2,1732 ñ a < 2,1733 Mivel az a = 2,173256… szám rendre: 1) a 2 és 3 között van, és 3 – 2= 1; 2) a 2,1 és 2,2 között van, és 2,2 – 2,1 = 0,1; 3) a 2,17 és 2,18 között van, és 2,18 – 2,17 = 0,01 és így tovább, a tizedes megközelítő értékek hibája rendre kisebb lesz, mint 1; 0,1 = 10–1; 0,01 = 10–2 és így tovább. Általában az a = a0, a1a2a3…an… számot 10–n-nél kisebb hibával, i) hiánnyal megközelítő tizedes érték az a'n = a0,a1a2a3…an, ii) többlettel megközelítő tizedes érték az an'' = a0,a1a2a3…an + 10–n. Megjegyzések. 1) Ha egy a szám egy (0) szakaszú tizedes törttel van megadva, akkor egy bizonyos rangtól kezdve a hiánnyal közelítő tizedes értékek magával a számmal egyenlők. Például az 1,52 = 1,52000… szám esetében ezek az értékek: 1; 1,5; 1,52; 1,520; 1,5200;… . Emiatt a tizedes közelítő értékek előző táblázatában a bal oldali egyenlőtlenségeket a ñ szimbólummal jelöltük. 2) Az a'n és az an'' közelítő értékeket véges tizedes tört formájában írjuk (nem teszünk a végére végtelen sok nullát). Az értelmezés szerint (lásd az i) és az ii)-t) és az előző megjegyzés figyelembevételével az a szám nagyobb vagy egyenlő lesz bármely hiánnyal való tizedes megközelítő értéknél, és kisebb minden többlettel közelítő tizedes értéknél.
13
Tehát az a valós számhoz hozzárendeljük a hiánnyal való a'0, a'1, a'2, a'3,… tizedes közelítő értékeket és a többlettel való a0'' , a1'' , a2'' , a3'' ,… tizedes közelítő értékeket úgy, hogy a'0 ñ a < a0' ' ( 1-nél kisebb hibával); a'1 ñ a < a1' ' (0,1-nél kisebb hibával); a'2 ñ a < a2' ' (0,01-nél kisebb hibával). ...................................... Megjegyzés. A későbbiek szempontjából nagyon fontos annak a kihangsúlyozása, hogy mind a hiánnyal, mind a többlettel való tizedes közelítő értékek racionális számok lesznek. Az a = a0,a1a2a3… szám 10–n-nél kisebb hiánnyal való tizedes közelítő értékét, azaz az a'n = a0, a1a2a3… an számot az a szám n tizedesjegyét tartalmazó csonkított alakjának is nevezik. Legyen a'n és an'' az a = a0,a1a2a3… számnak 10–n-nél kisebb hiánnyal, illetve többlettel való tizedes közelítő értéke. Ekkor a'n ñ a < an' ' és an' ' =a'n+10 –n. Az a szám (n + 1)-edik tizedesjegye, az an+1 ismeretében meg tudjuk mondani, hogy az a'n és az an' ' közelítő értékek közül melyik van közelebb az ahoz. 5 , és 1o Ha az an+1 számjegy 5-nél kisebb, akkor a'n ñ a < a'n + 10 n+1 5 a – a'n < < an' ' – a, tehát az a'n jobban közelít, mint az an' ' . n +1 10 5 2o Ha az an+1 számjegy nagyobb 5-nl vagy vele egyenlő, akkor a'n + n+1 ñ a, 10 5 an' ' – a ñ n+1 ñ a – a'n, tehát az an' ' jobban (esetleg ugyanúgy) közelít, mint az a'n. 10 Egy a szám n tizedesjegyre való kerekítése azt jelenti, hogy az a helyett az a'n vagy 10 − n az an' ' közül a jobban közelítő értéket vesszük, vagyis azt, mely az a-t -nél 2 kisebb hibával (hiánnyal vagy többlettel) közelíti meg. 3.2. Valós számok összeadása és szorzása A valós számok összeadását és szorzását e számok tizedes törtekkel való előállításának felhasználásával fogjuk értelmezni úgy, hogy ezek a műveletek a racionális számok esetén az előző osztályokból már ismert összeadással és szorzással egyezzenek meg.
14
Legyen a és b két valós szám, és vegyük ezeket 10–n-nél kisebb hibával, hiánnyal és többlettel közelítő tizedes értékeket. Azaz tetszőleges n esetén: b'n ñ b < bn' ' . a'n ñ a < an' ' , Ahogy már említettük, az a'n, an' ' , b'n, bn' ' számok racionálisak, tehát bármely n-re értelmezve van az a'n + b'n és az an' ' + bn' ' összeg. Értelmezés. Az a és b valós számok összegén egy olyan c valós számot értünk, melyre bármely n természetes szám esetén igaz, hogy: a'n + b'n ñ c < an' ' + bn' ' . Könnyen igazolható, hogy létezik ilyen c valós szám, és csak egyetlen ilyen van. A pontos bizonyítás túllépi a IX. osztály tantervét. Ehhez a határérték fogalmára van szükség, melyet a XI. osztályos Matematikai analízis tárgyal. Az alábbi példák szemléltetik, hogy az összeg fenti értelmezése lehetővé teszi az összeget tetszőleges pontossággal megközelítő érték meghatározását. Példák 1) Határozzuk meg az a = 2 és a b = 5 számok összegét négy tizedesnyi pontossággal megközelítő értéket! Felírhatjuk, hogy: 1ñ
2ñ
2 <2
5 <3
1,4 ñ
2 < 1,5
2,2 ñ
5 < 2,3
1,41 ñ
2 < 1,42
2,23 ñ
5 < 2,24
1,414 ñ
2 < 1,415
2,236 ñ
5 < 2,237
1,4142 ñ
2 < 1,4143
2,2360 ñ
5 < 2,2361
1,41421 ñ
2 < 1,41422
2,23606 ñ
5 < 2,23607
Tehát a5' + b5' = 3,65027 ≤ 2 + 5 < a5'' + b5'' = 3,65029 , azaz
2 +
5 = 3,6502… .
2) Határozzuk meg az a = 3 ,12714… és a b = 2,42731… számok összegét négy tizedesnyi pontossággal (a pontok után következő számjegyeknek nincs jelentőségük a feladat szempontjából). Felírhatjuk, hogy a5' + b5' = 1,55445 ≤ a + b < a5' ' + b5' ' = 1,55447. Tehát a feladat megoldása: a + b = 1,5544... = −0,4456... . 3) Ha a = 2,23751… és b = 3,76248…, akkor a5' + b5' = 5,99999 és
a5'' + b5'' = 6,00001 . Tehát az a + b-t 10–5 pontossággal közelítő érték: 6,00000. Hasonló módon értelmezzük két nemnegatív szám szorzatát.
15
Mivel az an′, an' ' , bn′, bn' ' számok racionálisak, az an′ bn′ és an' ' bn' ' szorzatnak van értelme. Értelmezés. Két nemnegatív valós a és b szám szorzata egy olyan d valós szám, melyre bármely n természetes szám esetében igaz, hogy: a'n b'n ñ d < an' ' bn' ' . Bebizonyítható, hogy létezik egy és csak egy ilyen d szám. Ha a két szám közül az egyik vagy mindkettő negatív, összeszorozzuk az abszolút értéküket, és alkalmazzuk az alábbi ismert előjelszabályt: 1o Két szám szorzata pozitív, amennyiben a két tényező ugyanolyan előjelű, és ekkor az ab szorzat az a és b abszolút értékének a szorzatával lesz egyenlő. 2o Két szám szorzata negatív, ha a két tényező különböző előjelű, és ekkor az ab szorzat az a és b abszolút értékének „–” előjellel vett szorzatával egyezik meg. Példák 1) Számítsuk ki az a = 1,4142… szám négyzetét! Felírhatjuk, hogy a'4 = 1,4142 és a4' ' = 1,4143. Ekkor a4' 2 = 1,99996164 ≤ a 2 < a4'' 2 = 2,00024449. Figyeljük meg, hogy az a szám négyzete nagyon közel van a 2 számhoz. 1 2) Számítsuk ki három tizedesnyi pontossággal az a = és b = 2 számok 3 szorzatát! Mivel a = 0,33333… és b = 2 = 1,41421…, felírhatjuk, hogy 0ña<1 1 ñ b < 2; 0,3 ñ a < 0,4 1,4 ñ b < 1,5; 0,33 ñ a < 0,34 1,41 ñ b < 1,42; 0,333 ñ a < 0,334 1,414 ñ b < 1,415; 0,3333 ñ a < 0,3334 1,4142 ñ b < 1,4143. Tehát 0 ñ ab < 2; 0,42 ñ ab < 0,6; 0,4653 ñ ab < 0,4828; 0,47062 ñ ab < 0,47261; 0,47135286 ñ ab < 0,47152762. A fentiek alapján: ab = 0,471… .
16
3.3. Valós számok összeadásának és szorzásának tulajdonságai Fel fogjuk sorolni a valós számok összeadási és szorzási műveletének tulajdonságait. Az összeadás és a szorzás előzőleg adott értelmezése alapján és a racionális számok összeadásának és szorzásának megfelelő tulajdonságok felhasználásával az alábbi kijelentések könnyen bebizonyíthatók, és ezért a bizonyításokat gyakorlatként ajánljuk. Az R halmazban az összeadás az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik: 1o kommutativitás, azaz bármely két valós, a és b szám esetén: a + b = b + a. o 2 asszociativitás, azaz bármely három, a, b, és c valós szám esetén: (a + b) + c = a + (b + c). 3o a 0 szám az összeadás semleges eleme, azaz bármely a valós szám esetén: a + 0 = 0 + a = a. 4o Bármely valós számnak van ellentettje, a –a szám, melyre: a + (–a) = (–a) + a = 0. Az a + (–b) helyett a – b-t szokás írni. A valós számok szorzásának tulajdonságai: 1. kommutativitás, azaz az R bármely két, a és b elemére ab = ba; 2. asszociativitás, azaz az R bármely három, a, b és c eleme esetén (ab)c = a(bc); 3. az 1 szám a szorzás semleges eleme, azaz az R bármely elemére a · 1 = 1 · a = a; 4. minden 0-tól különböző a valós számnak van inverze (fordított vagy reciprok értéke), az a–1, amelyre aa–1 = a–1a = 1; 5. a szorzás disztributív az összeadásra vonatkozóan, azaz bármely három, a, b és c valós szám esetén a(b + c) = ab + ac, (a + b) c = ac + bc. A ab–1 szorzatot a : b vagy
a
-vel szokás jelölni.
b
Megjegyzés. Általában a valós számokkal történő műveletek esetén nem használjuk feltétlenül e számok tizedes tört alakját. Egy számítás eredménye π2 1 lehet például valamelyik alábbi kifejezés: 2 + 3 , a 2 2 + 5 , 7, . 3 5
(
17
)
4. § A valós számok mértani ábrázolása Egy tetszőleges (d) egyenesen rögzítünk egy O kezdőpontot (origót), és kijelölünk egy balról jobbra tartó pozitív irányt (I.2. ábra). Az O pont az egyenest két, Ox és Ox' félegyenesre bontja; az Ox a pozitív, az Ox' pedig a negatív féltengely. Ha választunk egy mértékegységet, akkor a d egyenes két, A és B pontjának AB távolságát egy pozitív szám fejezi ki, ami nulla is lehet, ha A = B. x'
O
U
x
I.2. ábra
Legyen U az Ox féltengely egy, az O-tól különböző pontja, és válasszuk mértékegységül az OU szakasz hosszát. Ha M a pozitív féltengely egy pontja, akkor az xM = OM számot az M pont abszcisszájának nevezzük. Az M t xM megfeleltetés egy, az Ox félegyenes pontjai és a pozitív valós számok halmaza közötti függvényt értelmez. Bármely valós pozitív x szám (hosszúság) esetén van egy jól meghatározott M pont az Ox félegyenesen, mely az O-tól xM = x távolságra van. Ha az M pont az Ox' negatív féltengelyen helyezkedik el, akkor az abszcisszája az xM = –OM negatív szám lesz. Megállapodás szerint xO = 0 (nulla). Ekkor az M t xM megfeleltetés egy olyan függvény, amelynek az értelmezési tartománya a (d) egyenes pontjainak halmaza, az értékkészlete pedig a valós számok R halmaza lesz. Ennek a függvénynek az a tulajdonsága, hogy különböző pontoknak különböző abszcisszák fognak megfelelni, és bármely valós szám a (d) egyenes egy pontjának az abszcisszája lesz. Ezért a valós számok halmazát gyakran számegyenesnek, valós egyenesnek, vagy valós tengelynek is szokták nevezni, a valós számokat pedig a számegyenes pontjainak tekintik. Az említett függvény (megfeleltetés) lehetővé teszi a számokkal kapcsolatban a mértani kifejezésmódot. Körzővel és vonalzóval megszerkeszthetők azok a pontok, melyeknek az abszcisszája racionális szám vagy a 2 , 3 , 5 stb. alakú irracionális szám. Erre vonatkozóan bemutatunk néhány példát. Példa
Szerkesszük meg a (d) számegyenesen körző és vonalzó segítségé-
2 számot (I.3. ábra)! Az OU szakaszra mint oldalra négyzetet szerkesztünk, és ebben A-val jelöljük az O-val átellenes csúcsot. Mivel OU = 1, Pitagorasz tétele alapján:
vel a
OA2 = OU2 + AU2 = 1 + 1 = 2. Tehát OA = egyenes azon M pontját, amelyre OM = OA =
2 . Körzővel megszerkesztjük a (d)
2.
Az (Ox félegyenesen a 2 szám azokat a (hiánnyal és többlettel való) közelítő értékeit is ábrázoltuk, melyeknek hibája (eltérése) rendre 1; 0,1, illetve 0,01. 18
A
M
U
( 2)
M(2)
1
O
2 1,4
1,41
1,42
1,5
I.3. ábra
Vizsgáljuk meg most annak a tételnek a szemléletes jelentését, amellyel egy a valós számot tizedes törttel értelmeztünk. Mivel a racionális számokat tudjuk a számegyenesen ábrázolni, meg tudunk szerkeszteni egy olyan M pontot, melynek abszcisszája véges tizedes tört. Legyen a = a0, a1a2a3… egy tetszőleges valós szám, és a0' , a1' , a2' ,...
a0'' , a1'' , a2'' ,... rendre az a szám hiánnyal és többlettel közelítő értékei. Tekintsük a ∆n = [M(a'n), M ( an' ' )] szakaszt, melynek végpontjai az a'n-nek és az an' ' -nek megfelelő pontok, a hossza pedig 10–n. Ekkor ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ∆3 ⊃ … ⊃ ∆n ⊃ ∆n+1 ⊃ … . Kimutatható, hogy egyetlen olyan pont van, mely valamennyi ∆n szakaszhoz (bármely n esetén) hozzátartozik. Ez az M(a) pont. Például legyen a = 1,671… . Ekkor 1 ñ a < 2; 1,6 ñ a < 1,7; 1,67 ñ a < 1,68. A mértani kép az I.4. ábrán látható. M(a) M(1,6) M(1)
O
M(1,7) M(2)
1
2
I.4. ábra
19
5. § Egyenlőtlenségek 5.1. Az egyenlőtlenségek tulajdonságai A 2. § 2.2. pontjában értelmeztük a rendezést a valós számok halmazában e számokhoz tartozó tizedes törtekkel. Pontosabban bármely két, a és b valós szám esetén megadtuk az a < b (a kisebb, mint b) egyenlőtlenség jelentését. A továbbiakban néhány, az értelmezésből könnyen levezethető, egyenlőtlenségre vonatkozó tulajdonságot sorolunk fel. Igaz az alábbi tulajdonság: Ha a és b két valós szám, akkor az a > b, a = b, a < b relációk közül egyik és csak az egyik igaz (trichotomia törvénye). Értelmezés. Egy a valós szám akkor kisebb, mint egy b valós szám, vagy akkor egyenlő azzal (jelölése a ñ b), ha a < b, vagy a = b. A „ñ” reláció tulajdonságai: 1o bármely a esetén a ñ a (reflexivitás); 2o ha a ñ b és b ñ a, akkor a = b (antiszimmetria); 3o ha a ñ b és b ñ c, akkor a ñ c (tranzitivitás). Ezt a relációt rendezési relációnak nevezik a valós számok halmazában. Megjegyezzük, hogy a 3o tulajdonság (a tranzitivitás) a „<” relációra is igaz, azaz ha a < b és b < c, akkor a < c. Az alábbi tulajdonságok az összeadással és a szorzással kapcsolatos egyenlőtlenségekre vonatkoznak a valós számok halmazán: 1o ha a < b és c egy tetszőleges szám, akkor a + c < b + c; 2o ha a < b és c > 0, akkor ac < bc; 3o ha a < b és c < 0, akkor ac > bc. Innen könnyen következik, hogy: 4o ha a < b és c < d, akkor a + c < b + d és a – d < b – c; 5o ha a, b, c, d négy pozitív valós szám, melyre a < b és c < d, akkor ac < bd. a b < . Ugyanilyen feltételek mellett d c A felsorolt (1o, 20, 3o, 4o, 5o) tulajdonság a „ñ” relációra is igaz. Megjegyzés. Két valós, a és b szám esetén az a ñ b reláció akkor és csak akkor igaz, ha van olyan c ú 0 valós szám, melyre b = a + c. A továbbiakban néhány nevezetes egyenlőtlenséget tárgyalunk, melyek általánosíthatók (lásd a Matematikai indukció részben, III. fejezet 4. §). 1. Bizonyítsuk be, hogy: (a2 + b2) (u2 + v2) ú (au + bv)2, (1) ahol a, b, u és v tetszőleges valós szám (Cauchy–Bunyakovszkij–Schwartzegyenlőtlenség).
20
Bizonyítás. A műveletek elvégzése után az egyenlőtlenség rendre így alakul: a2u2 + a2v2 + b2u2 + b2v2 ú a2u2 + 2aubv + b2v2, vagy a2v2 + b2u2 ú 2aubv, azaz (av – bu)2 ú 0, ami nyilvánvaló egyenlőtlenség. 2. Igazoljuk, hogy:
a 2 + b 2 + u 2 + v 2 ≥ (a + u) 2 + (b + v ) 2 , (2) ahol a, b, u, v tetszőleges valós szám (Minkowski-féle egyenlőtlenség). Bizonyítás. Mivel az egyenlőtlenség mindkét oldala pozitív, négyzetre emelhetünk, és kapjuk, hogy: a 2 + b 2 + 2 a 2 + b 2 u 2 + v 2 + u 2 + v 2 ≥ a 2 + 2au + u 2 + b 2 + 2bv + v 2 . A műveleteket elvégezve az a + b ⋅ u + v > au + bv
(3) egyenlőtlenséghez jutunk. Ha au + bv < 0, a (3) egyenlőtlenség nyilvánvaló. Ha au + bv ú 0, a (3) egyenlőtlenség a Cauchy–Bunyakovszkij–Schwartzegyenlőtlenségből következik. 3. Mutassuk ki, hogy: a+b ≥ ab , (4) 2 ahol a és b két tetszőleges pozitív valós szám (azaz két pozitív szám számtani középarányosa nagyobb, mint a számok mértani középarányosa, vagy egyenlő azzal). 2
Bizonyítás. Vesszük az
a+b 2
−
a+b a + b − 2 ab − ab = = 2 2 Mivel nyilvánvaló, hogy
(
2
2
2
ab különbséget, mely rendre így írható:
( a) + ( b) 2
a− b
2
)
2
−2 a b
( =
)
2
a− b . 2 2 a+b ≥ 0, következik: − ab ú0, 2
a+b ≥ ab . A (4) összefüggésben az egyenlőség akkor és csak akkor 2 lesz igaz, ha a = b.
azaz
Megjegyzés. Ha a és b két pozitív valós szám, akkor 2 ab ≥ (5) 1 1 + a b (két pozitív valós szám mértani középarányosa nagyobb, mint e számok harmonikus középarányosa, vagy egyenlő azzal).
21
Valóban, felírhatjuk, hogy az
1
és
a
1
számok számtani középarányosa
b
nagyobb a mértani középarányosuknál, vagy egyenlő azzal, azaz 1 1 1 1 + + a b ≥ 1 ⋅ 1 , vagy a b ≥ 1 . a b 2 2 ab 2 , ami éppen az (5) egyenlőtlenség. Az 1 1 + a b egyenlőség csak az a = b esetben lesz igaz. Következésképpen
ab ≥
5.2. Valós szám abszolút értéke vagy modulusa Az előző osztályokban értelmeztük egy valós szám abszolút értékét. Egy a valós szám |a|-val jelölt abszolút értékét így értelmezzük:
⎧a, ha a > 0 ⎪ a = ⎨0, ha a = 0 . ⎪− a, ha a < 0 ⎩ Például | 9 | = 9, −
1
1 = , − 30 = 30, − 2 = 2 stb. 3 3
Az a szám abszolút értékét az a szám modulusának is nevezik. 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 nagyobbikat jelenti). A modulus alapvető tulajdonságai a következők: Ha a és b két valós szám, akkor 1. |a| ú 0; 2. |a| = 0 akkor és csak akkor, ha a = 0; 3. |ab| = |a| · |b|; 4. |a + b| ñ |a| + |b|. Az első három tulajdonság azonnal következik a modulus értelmezéséből. Bizonyítsuk be az utolsó tulajdonságot! Ha a = 0 vagy b = 0, akkor nyilvánvaló, 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. Ebben az esetben |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|.
22
iv) Hasonló módon történik a bizonyítás az a < 0 és b > 0 esetben is. A gyakorlatban sokszor használjuk a következő tulajdonságokat: 5. |a| = |b| akkor és csak akkor, ha a = ! b. 6. A c > 0 esetben az |a| ñ c egyenlőtlenség 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. tulajdonság könnyen igazolható az előző tulajdonságokkal. Javasoljuk a bizonyítás gyakorlatként való elvégzését! Az abszolút érték fenti tulajdonságait különösen az egyenletek és egyenlőtlenségek megoldása során használjuk majd fel. 5.3. Valós szám egész része Használtuk már a racionális szám egész részének a fogalmát. A továbbiakban egy tetszőleges valós szám egész részét értelmezzük és ennek tulajdonságait vizsgáljuk. Értelmezés. Egy a valós szám egész része az a legnagyobb egész szám lesz, amely kisebb, mint az a, vagy egyenlő a-val. Az a szám egész részét [a]-val jelöljük. A meghatározás értelmében az [a] egész szám, és ha egy n egész számra igaz, hogy [a] ñ n ñ a, akkor n = [a]. Másként: 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 egyetlen egész szám az (a – 1, a] intervallumon. Például: [3,2] = 3; [0,245] = 0; [6] = 6; [–4,7] = –5, mivel – 5 < – 4,7 < – 4. Hasonló módon kapjuk, hogy [–5, 791] = –6; [–0,231] = –1, [–π] = [–3,141…] = –4. Figyeljük meg, hogy bármely valós a szám és n egész szám esetén igaz, hogy [a + n] = [a] + n. Értelmezés. val jelöljük.
Az a – [a] különbséget az a szám tört részének nevezzük, és {a}-
Mivel {a} = a – [a] és [a] ñ a < [a] + 1, következik, hogy 0 ñ {a} < 1. Például: {2,4} = 2,4 – 2 = 0,4; {0,261} = 0,261 – 0 = 0,261; {–6,81} = = – 6,81 – (–7) = 0,19; {–0,231} = 0,231 – (–1) = 0,769. Bármely a valós szám az egész részének és a tört részének az összege, azaz a = [a] + {a}. Ha az a szám az a = a0, a1a2a3… tizedes törttel van megadva, akkor [a] = a0 és {a} = 0, a1a2a3… . Egy a = a0,a1a2a3… valós szám akkor és csak akkor negatív, ha az [a] = a0 egész része egy negatív szám. 23
Alkalmazás. Tetszőleges a valós szám esetén: 1 (1) [ a ] + ⎡⎢ a + ⎤⎥ = [ 2a ] . 2⎦ ⎣ Valóban, legyen a = [a] + {a}, ahol 0 ñ {a} < 1. 1 1 Ekkor 2a = 2 [a] + 2 {a} és a + = [ a ] + {a} + . Két eset lehetséges: 2 2 1 1 1o 0 ñ {a} < , azaz 0 ñ 2{a} < 1. Ekkor [ 2 a ] = 2 [ a ] , ⎡⎢ a + ⎤⎥ = [ a ] , 2 2⎦ ⎣ tehát igaz az (1) egyenlőség. 1 1⎤ ⎡ 2o ≤ {a} < 1 , azaz 1 ñ 2{a} < 2. Ekkor [2a] = 2 [a] + 1 és ⎢ a + ⎥ = 2⎦ 2 ⎣ = [a] + 1, tehát az (1) egyenlőség ebben az esetben is igaz.
Gyakorlatok 1. Írjuk fel végtelen tizedes tört alakjában a következő számokat! 1 1 2 29 123 15 ; h) − . ; c) ; d ) 0; e) − ; f ) − ; g ) − a) 3; b) 8 4 4 3 11 13 2. Alakítsuk át közönséges törtekké az alábbi tizedes törteket, és igazoljuk osztással az átalakítás helyességét! a) 1,33(4); b) 0,(7); c) –0,(14); d) 2,073(83); e) –0,01(023); f) –2,001(7). 3. Állapítsuk meg, hogy az alábbi számok közül melyek racionálisak! –1,3; 3,75; 3 ; 5 ; 6 ; 0,34344344434444344444… (az első 3-as után egy 4-es, a második 3-as után két 4-es számjegy következik és így tovább); 0,12345678910111213… (a tizedesvessző után rendre a természetes számok következnek). 4. Soroljunk fel néhány olyan természetes n számot, amelyre: a) a n racionális szám; b) a n nemracionális szám.
m racionális szám, melyre n 3 3 3 ⎛m⎞ ⎛m⎞ ⎛m⎞ a) ⎜ ⎟ = 2; b) ⎜ ⎟ = 3; c) ⎜ ⎟ = 6. ⎝n⎠ ⎝n⎠ ⎝n⎠
5. Mutassuk ki, hogy nincs olyan
6. Az alábbi számpárokban melyik a nagyobbik szám? Állapítsuk meg! a) 3,43479… és 3,43497…; b) 15,25… és e) –5,4833… és –5,5829…; f) 0,(6) és
61 5 3 ; c) és 0,(5); d) − és –0,375…; 4 9 8
2 ; g) 0 és –0, 00011; h) –1,1 és –1,1(01) 3
7. i) Az alábbi számok esetében írjuk fel a 0,1-nél kisebb hibával, hiánnyal és többlettel közelítő tizedes értékeket! a)
5; b) − 5; c)
11 11 178 ; d ) − ; e) 7; f ) – 7; g ) ; h) 11; 7 7 13
ii) ugyanezen számok esetében állapítsuk meg az első három, hiánnyal és többlettel közelítő tizedes értékeket!
24
8. Ha x = 2 ,7154… és y = 1,4287…, írjuk fel az x + y összeg első három tizedesjegyét! 9. Ha x = 2,1468… és y = 1,5431…, állapítsuk meg az xy szorzat első két tizedesjegyét! 10. Határozzuk meg az alábbi összegek első négy tizedesjegyét! a)
(
) (
)
1 + 3; b) 2 + 3; c ) 5 + 7; d ) 3 + − 7 ; e) − 3 + 7. 3
11. Írjuk fel az alábbi szorzatok első három tizedesjegyét! a)
(
)
1 1 ⋅ 7; b) 2 ⋅ 7; c ) 3 ⋅ 5; d ) 3 ⋅ − 5 ; e) ⋅ 2 ⋅ 3. 2 2
12. a) Az egységnyi szakasz ismeretében szerkesszünk szakaszokat, melyeknek hossza rendre
3; 5; 6; 10 . Ábrázoljuk a számtengelyen azokat a pontokat,
melyeknek az abszcisszájuk a fenti négy szám! b) Ábrázoljuk a valós számok tengelyén a pontokat, melyek abszcisszája rendre:
− 3 ; 3 ;− 5 ; 5 ;− 6 ; 6 ;− 10 ; 10 .
13. Az x és y két valós szám. Mutassuk ki, hogy: a) x3 + y3 ú x2y + xy2;
c)
b)
x y 1 1 + 2≥ + ; 2 y x x y ⎛1 1⎞ + ⎟ ≥ 4. ⎝x y⎠
x+ y x y < + ; 1+ x + y 1+ x 1+ y
d) ( x + y ) ⎜
14. Bizonyítsuk be, hogy bármely három pozitív valós szám esetén: a) (x + y) (y + z) (z + x) ú 8xyz;
xy + yz + xz ;
b) x + y + z ú
c) (x + 1) (y + 1) (x + z) (y + z) ú 16 xyz. 15. Az x és y két olyan pozitív valós szám, melyre xy = 1. Mutassuk ki, hogy ekkor: (1 + x) (1 + y) ú 4. 16. Legyen x és y két olyan pozitív valós szám, amelyre x + y = 1. Igazoljuk, hogy: a) x2 + y2 ú
1 1 ; b) x 4 + y 4 ≥ . 2 8
17. Legyen a és b két valós szám. Feltéve, hogy a max (a, b), illetve a min (a, b) az a és b közül a legnagyobbat, illetve a legkisebbet jelöli, mutassuk ki, hogy max (a, b) =
a +b+ a −b 2
, min (a, b) =
a +b− a −b
2 18. Igazoljuk, hogy bármely valós x és y szám esetén
.
⎡[x]⎤ ⎡ x ⎤ ⎡ 1⎤ ⎡ 2 ⎤ a) [x] + [y] ñ [x + y] ñ [x] + [y] + 1; b) ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥; c) [x] + ⎢x + ⎥ + ⎢x + ⎥ = [3x] . 2 2 ⎣ 3⎦ ⎣ 3 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
25
19. Mutassuk ki, hogy a
2 + 3 és a
2 − 3 szám irracionális!
20. Legyen a és b két olyan valós szám, amelyre az a + b és az a – b szám racionális. Racionálisak lesznek-e ekkor az a, b és a · b számok? 21. Az a és b racionális szám és a + b 2 g 0. Igazoljuk, hogy a – b 2 g 0! 22. Legyen a valós szám. Lehetséges-e, hogy az a első tíz hatványa: a, a2, a3, …, a10 mind irracionális, a rákövetkező tíz hatvány: a11, a12, a13,…, a20 pedig mind racionális? 23. Lehetséges-e, hogy az m + x = n (m, n c N) egyenlet esetén: i) az egyenletnek legyen irracionális gyöke? ii) az egyenletnek legyen racionális gyöke? 24. Az a, b, c valós számok esetén mutassuk ki, hogy: max (a, min (b, c)) = min (max (a, b), max (a, c)); min (a, max (b, c)) = max (min (a, b), min (a, c)). 25. Az a és b két olyan valós szám, melyre |a| < 1 és |b| < 1. Mutassuk ki, hogy: a+b < 1. 1 + ab 26. Igazoljuk, hogy bármely három, a, b és c pozitív valós szám esetén 1 1 1 (a + b + c) ⎛⎜ + + ⎞⎟ ú 9. ⎝a b c⎠ 27. Tetszőleges három, x, y és z valós szám esetén igazoljuk az alábbi egyenlőtlenségeket! a) (x + y + z)2 ñ 3(x2 + y2 + z2); b) x4 + y4 + z4 ú xyz (x + y + z). 28. Feltéve, hogy az a, a b és a c valós szám és a + b + c ú 3, mutassuk ki, hogy a2 + b2 + c2 ú 3.
6. § Valós gyökökkel rendelkező másodfokú egyenletek 6.1. A valós gyökökkel rendelkező másodfokú egyenlet megoldása Tekintsük az
(1) ax2 + bx + c = 0, a g 0 egyenletet, ahol a, b és c valós szám. Ez egy valós együtthatójú másodfokú egyenlet. Az egyenlet valós megoldása vagy valós gyöke egy olyan valós α szám, amelyre: aα2 + bα + c = 0. Az egyenlet megoldása az egyenlet valamennyi gyökének a meghatározását jelenti. A továbbiakban határozzuk meg az (1) egyenlet valós gyökeit. Az egyenlet bal oldalát átalakítjuk: először tényezőként kiemeljük az x2-es tag együtthatóját: b c⎞ ⎛ ax2 + bx + c = a ⎜ x 2 + x + ⎟ . a a⎠ ⎝ 26
Ezután a
b b x tagot 2 · ⋅ x alakban írjuk fel: a 2a
b c⎞ b c⎞ ⎛ ⎛ ⋅ x + ⎟. a ⎜ x2 + x + ⎟ = a ⎜ x2 + 2 ⋅ 2a a⎠ a a⎠ ⎝ ⎝
A zárójelben álló kifejezéshez hozzáadunk és belőle kivonunk a
b2 -et, ami 4a 2
b négyzete. Kapjuk, hogy: 2a
⎡⎛ b b2 ⎞ b2 c⎤ ax2 + bx + c = a ⎢⎜ x 2 + 2 ⋅ ⋅ x + 2 ⎟ − 2 + ⎥ . 2a 4a ⎠ 4a a⎦ ⎣⎝ 2 b b2 ⎛ b ⎞ Mivel x 2 + 2 ⋅ ⋅ x + 2 = ⎜ x + ⎟ , felírhatjuk, hogy 2a 4a ⎝ 2a ⎠ 2 2 ⎡⎛ ⎡⎛ b ⎞ b2 c⎤ b ⎞ b 2 − 4ac ⎤ ax2 + bx + c = a ⎢⎜ x + − + = a x + ⎥ ⎢ ⎟ ⎜ ⎟ − ⎥= 2a ⎠ 4a 2 a ⎦⎥ 2a ⎠ 4a 2 ⎦ ⎣⎢⎝ ⎣⎢⎝ 2
b ⎞ b 2 − 4ac ⎛ = a⎜ x + . ⎟ − 2a ⎠ 4a ⎝ Tehát az (1) egyenlet így alakul: 2 b ⎞ b 2 − 4ac ⎛ a⎜ x + = 0, ⎟ − 2a ⎠ 4a ⎝ 2
vagy
b ⎞ b 2 − 4ac ⎛ . x + ⎜ ⎟ = 2a ⎠ 4a 2 ⎝
(2)
A (2) egyenlet nyilvánvalóan egyenértékű az (1) egyenlettel. Mivel a (2) egyenlet bal oldala teljes négyzet, tehát nem lehet negatív, az egyenletnek akkor és b 2 − 4ac ú 0, azaz ha b2 – 4ac ú 0 (4a2 > 0). csak akkor lehetnek valós gyökei, ha 4a 2 Mivel az (1) és (2) egyenletek egyenértékűek, az (1) egyenletnek akkor és csak akkor vannak valós gyökei, ha b2 – 4ac ú 0. A b2 – 4ac < 0 esetben az egyenletnek nincs valós gyöke. Tehát az (1) valós gyökeinek létezése és a gyökök száma a b2 – 4ac kifejezéstől függ. Ezt a kifejezést a másodfokú egyenlet diszkriminánsának nevezik és ∆-val jelölik. Legyen tehát a továbbiakban ∆ = b2 – 4ac ú 0. Ekkor létezik a b 2 − 4ac = ∆ valós szám, és felírhatjuk, hogy: 2
2
2 2 b ⎞ ⎛ ∆⎞ b ⎞ ⎛ ∆⎞ ⎛ ⎛ vagy x + = x + ⎜ ⎟ ⎟ = 0, ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −⎜ 2a ⎠ ⎜⎝ 2a ⎟⎠ 2a ⎠ ⎜⎝ 2a ⎟⎠ ⎝ ⎝
azaz
⎛ b ∆ ⎞⎛ b ∆⎞ + x+ − ⎜⎜ x + ⎟⎜ ⎟ = 0. ⎟⎜ 2a 2a ⎠⎝ 2a 2a ⎟⎠ ⎝ 27
Következik, hogy
x+
b ∆ =± , 2a 2a
ahonnan
−b ± ∆ . 2a Tehát: ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa pozitív, az (1) egyenletnek két különböző valós gyöke van: x=
−b + ∆ −b − ∆ , x2 = . 2a 2a Ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa nulla, akkor az (1) egyenletnek két egyenlő (egybeeső) valós gyöke van: −b x1 = x2 = . 2a x1 =
Példák 1) A 2x2 – x – 3 = 0 egyenlet diszkriminánsa ∆ = (–1)2 – 4 · 2 · (–3) = = 25 > 0. Tehát az egyenletnek két különböző valós gyöke van:
1 + 25 3 = , 4 2 1 – 25 x2 = = −1. 4 x1 =
2) A 2x2 – 4x + 2 = 0 diszkriminánsa ∆ = (–4)2 – 4 · 2 · 2 = 0. Ennek az egyenletnek egyenlő (egybeeső) gyökei vannak: 4 x1 = x2 = = 1. 2⋅2 3) A 2x2 + x + 1 = 0 egyenlet diszkriminánsa ∆ = 1 – 4 · 2 = –7 < 0. Tehát az egyenletnek nincs valós gyöke. A továbbiakban a pozitív diszkriminánsú másodfokú egyenlet néhány fontos sajátos alakját tárgyaljuk. 1. Tegyük fel, hogy az ax2 + bx + c = 0 egyenletben a b együttható b = 2b1 alakú (például, ha b = 2 vagy b = 4 2 stb). Ekkor
∆ = b2 – 4ac = 4b12 − 4ac = 4 ( b12 − ac ). Az egyenlet
x=
−b ± b 2 − 4ac 2a
gyökképlete így alakul:
x=
−2b1 ± 4b12 − 4ac −b1 ± b12 − ac = . 2a a 28
Tehát az ax2 + 2b1x + c = 0 egyenlet gyökei:
−b1 + b12 − ac −b − b12 − ac ; x2 = 1 . a a Oldjuk meg a 3x2 – 10x + 3 = 0 egyenletet! x1 =
Példa
Mivel itt az x együtthatója – 10 = 2 · (–5), a fenti képlet alapján kapjuk: 5 ± 25 − 9 5 ± 4 x= = . 3 3 1 Tehát x1 = 3, x2 = . 3 2. A másodfokú egyenlet redukált alakja. A másodfokú egyenlet redukált alakjában az x2 együtthatója 1-gyel egyenlő. Az egyenlet redukált alakja tehát: (3) x2 + px + q = 0, ahol p és q valós szám. Ebben az esetben a másodfokú egyenlet gyökképlete:
−b ± b 2 − 4ac . 2a Az a = 1, b = p és c = q helyettesítéssel a re dukált másodfokú egyenlet gyökeit kapjuk meg: x=
x=
−p ±
p 2 − 4q p =− ± 2 2
2
p 2 − 4q p ⎛ p⎞ = − ± ⎜ ⎟ − q. 4 2 ⎝2⎠
Tehát: 2
x1 = −
2
p p ⎛ p⎞ ⎛ p⎞ + ⎜ ⎟ − q , x2 = − − ⎜ ⎟ − q . 2 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠
Példa Az x2 + 4x – 5 = 0 egyenlet esetén x = −2 ± 4 + 5 = −2 ± 3, tehát x1 = 1 és x2 = – 5. Megjegyzés. Minden ax2 + bx + c = 0 (a g 0) másodfokú egyenlet redukált alakra hozható, ha az egyenlet mindkét oldalát osztjuk a-val: b c az ax2 + bx + c = 0 egyenértékű az x 2 + x + = 0 egyenlettel. a a 6.2. Összefüggések a másodfokú egyenlet együtthatói és gyökei között 1. Viète-féle összefüggések Az ax2 + bx + c = 0 (a g 0) egyenlet gyökei:
x1 = ahol ∆ = b2 – 4ac ú 0.
−b + b 2 − 4ac −b − b 2 − 4ac , x2 = , 2a 2a
29
Számítsuk ki a gyökök összegét és szorzatát! Felírhatjuk, hogy: x1 + x2 = x1 x2 =
−b + b 2 − 4ac −b − b 2 − 4ac ⋅ = 2a 2a
( −b + = =
−b + b 2 − 4ac −b − b 2 − 4ac −b − b b + = =− . 2a 2a 2a a
)(
b 2 − 4ac −b − b 2 − 4ac
b 2 − ( b 2 − 4ac ) 4a
2
4a 2 =
) = ( −b ) − ( 2
b 2 − 4ac
)
2
4a 2
=
4ac c = . 4a 2 a
Azaz x1 + x2 = −
b c , x1 x2 = . a a
Ezeket a képleteket Viète-féle összefüggéseknek nevezik.
Példa A 4x2 – 3x – 1 = 0 egyenlet diszkriminánsa ∆ = 9 + 16 = 25 > 0. Tehát az egyenletnek két különböző valós gyöke van, x1 és x2, és x1 + x2 = −
−3 3 −1 1 = , x1 x2 = =− . 4 4 4 4
2. A másodfokú egyenlet felírása, ha ismerjük a két gyökét Az x1 és x2 valós szám. Vizsgáljuk az x1 + x2 = – p és x1x2 = q kifejezéseket. Ekkor x1 és x2 az x2 + px + q = 0 a másodfokú egyenlet két gyöke lesz. Valóban, felírhatjuk, hogy x12 + px1 + q = x12 − ( x1 + x2 ) x1 + x1 x2 = x12 − x12 − x2 x1 + x1 x 2 = 0, és ugyanígy x22 + px2 + q = 0. Tehát x1 és x2 az x 2 + px + q = 0 két gyöke.
Példa Ha x1 = –5 és x2 = 2, akkor x1 + x2 = –3 = –p, x1x2 = – 10 = q, tehát p = 3 és q = – 10, vagyis az x2 + 3x – 10 = 0 egyenletnek a két gyöke: x1 = – 5 és x2 = 2. 6.3. A gyökök előjelének vizsgálata másodfokú egyenlet esetében 1. Vegyük az ax2 + bx + c = 0, a g 0 másodfokú egyenletet, ahol ∆ = b2 – 4ac ú 0. A gyökök összegét S-sel, a szorzatukat P-vel jelöljük, azaz b S = x1 + x2 = − . a c P = x1 x2 = . a
30
(1)
Ha az (1) egyenlet mindkét oldalát a-val osztjuk, az eredetivel egyenértékű b c x 2 + x + = 0 egyenletet kapjuk, innen pedig az a a x2 – Sx + P = 0 (2) egyenletet. Meg fogjuk mutatni, hogy a P és az S együttható előjeléből az egyenlet megoldása nélkül is meg lehet állapítani az egyenlet gyökeinek az előjelét. A P és S előjelét illetően az alábbi esetek lehetségesek: 1o P > 0. Mivel x1x2 = P > 0, következik, hogy a két gyök azonos előjelű. Ha az S > 0, akkor mivel x1 + x2 = S > 0, mind a két gyök pozitív. Ha pedig az S < 0, akkor x1 + x2 = S < 0, tehát mind a két gyök negatív. 2o P < 0. Mivel x1x2 = P < 0, az egyik gyök pozitív, a másik pedig negatív. Ha most S > 0, akkor mivel x1 + x2 = S > 0, a pozitív gyök nagyobb lesz a negatív gyök abszolút értékénél. Amennyiben S < 0, akkor x1 + x2 = S < 0, tehát a negatív gyök abszolút értéke nagyobb, mint a pozitív gyök. A kapott eredményeket az alábbi táblázat foglalja össze: P>0 P<0
S > 0,
x1 > 0, x2 > 0
S < 0,
x1 < 0, x2 < 0
S > 0, a két gyök különböző előjelű: x1 < 0, x2 > 0, |x1| < x2 S < 0, a két gyök különböző előjelű: x1 < 0, x2 > 0, |x1| > x2
Megjegyzések. 1. Ha S = 0, a két gyök csak akkor valós, ha P ñ 0. Ez esetben x1 + x2 = 0, azaz x1 = – x2. 2. Ha P = 0, akkor x1 = 0 és x2 = S. Példák 1) A 2x2 – 8x + 7 = 0 egyenlet esetén ∆ = 64 – 56 = 8 > 0, tehát az egyenletnek két különböző valós gyöke van. 7 8 és ix1 + x2 = = 4 , a gyökök összege és szorzata is pozitív, 2 2 tehát mindkét gyök pozitív lesz. 2) Az x2 + 2x – 15 = 0 egyenlet esetén ∆ = 4 + 60 = 64 > 0, vagyis az egyenletnek két különböző gyöke van. Mivel x1x2 = –15 és x1 + x2 = –2, a két gyök különböző előjelű, és a negatív gyök abszolút értékben nagyobb a pozitív gyöknél.
Mivel x1 x2 =
6.4. A másodfokú trinom felbontása elsőfokú tényezőkre Másodfokú trinomnak nevezzük az ax 2 + bx + c alakú kifejezést, melyben az a, b és c valós szám és a g 0, az x pedig határozatlan. Az a, b, c számok a trinom együtthatói. Az (1) másodfokú egyenlet bal oldala egy másodfokú trinom. 31
1. Tételezzük fel, hogy az ax2 + bx + c = 0 egyenletnek két valós gyöke van, az x1 és x2. Ekkor a Viète-féle összefüggések: b c x1 + x2 = − és x1 ⋅ x2 = . a a Rendre felírjuk, hogy: b c⎞ ⎛ ax 2 + bx + c = a ⎜ x 2 + x + ⎟ = a ⎡⎣ x 2 − ( x1 + x2 ) x + x1 x2 ⎤⎦ = a ⎡⎣( x 2 − x1 x ) − a a⎠ ⎝ − ( x2 x − x1 x2 ) ⎤⎦ = a ⎡⎣ x ( x − x1 ) − x2 ( x − x1 ) ⎤⎦ = a ( x − x1 )( x − x2 ) . Tehát
ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 )
vagy
ax 2 + bx + c = ( ax − ax1 )( x − x2 ) . Következik: ha b2– 4ac ú 0, akkor az ax 2 + bx + c , a g 0 trinom felbontható valós együtthatójú elsőfokú tényezők szorzatára. 2. Fordítva, tegyük fel, hogy az ax 2 + bx + c , a g 0 trinom valós együtthatójú elsőfokú tényezők szorzataként írható fel, azaz: ax 2 + bx + c = ( a1 x + b1 )( a2 x + b2 ) , (1) 2 ahol a1, b1, a2 és b2 valós szám. Ekkor az ax + bx + c = 0 egyenletnek valós gyökei lesznek. Valóban, az (1) egyenletben a két oldal x2-es tagjának együtthatója egyenlő egymással, azaz a = a1a2. Mivel a g 0, következik: a1 g 0 és a2 g 0. Az ( a1 x + b1 ) ⋅ ( a2 x + b2 ) szorzat nulla, ha x = − az ax 2 + bx + c = 0 egyenletnek a −
b1 a1
és −
b1 a1
, vagy ha x = −
b2 , tehát a2
b2 valós számok a gyökei lesznek. a2
1) Bontsuk elsőfokú tényezők szorzatára a 6x2 – x – 1 valós együtthatójú trinomot! 1 1 A 6x2 – x – 1 = 0 egyenlet gyökei az x1 = és x2 = − . számok. Ekkor 3 2 1 ⎞⎛ 1⎞ ⎛ 6x2 – x – 1 = 6 ⎜ x − ⎟⎜ x + ⎟ = ( 2 x − 1)( 3 x + 1) . 2 ⎠⎝ 3⎠ ⎝ 2) Mivel az x2 + x + 2 = 0 egyenlet diszkriminánsa ∆ = 1 – 8 = –7 < 0, az x2 + x + 2 trinom nem bontható fel valós együtthatójú elsőfokú kifejezések szorzatára. Megjegyzés. A 2.1. pontban láttuk, hogy a másodfokú egyenlet bal oldala, azaz az ax2 + bx + c, a g 0 trinom az 2 b ⎞ −∆ ⎛ . ax2 + bx + c = a ⎜ x + ⎟ + 2a ⎠ 4a ⎝ alakban is felírható. Ezt a kifejezést a másodfokú trinom kanonikus alakjának nevezik.
Példák
32
Példa
A másodfokú trinom kanonikus alakját használva mutassuk ki, hogy
a) az x2 + x + 1 trinom értéke minden valós x-re pozitív szám lesz; b) a –2x2 + 4x – 5 trinom értéke bármely valós x esetén negatív értékű lesz. 2
1⎞ 3 ⎛ Valóban, x2 + x + 1 = ⎜ x + ⎟ + , és mivel egy valós szám négyzete nem 2⎠ 4 ⎝ 2
1 3 lehet negatív, az ⎛⎜ x + ⎞⎟ + kifejezés minden valós x-re pozitív, azaz igaz az 2⎠ 4 ⎝
a) pont. Ugyanígy: –2x2 + 4x – 5 = –2 (x– 1)2 – 3, mely utóbbi minden valós x esetében negatív, tehát a b) pont is igaz.
Alkalmazás (arra vonatkozóan, hogy miként helyezkednek el a számegyenesen a másodfokú egyenlet valós gyökei egy adott valós számhoz képest) Az x2 – 2mx + m – 1 = 0 egyenlet esetén határozzuk meg az m valós paraméter értékét úgy, hogy a) az egyenlet mindkét gyöke –1-nél nagyobb legyen; b) az egyik gyök –1-nél nagyobb, a másik –1-nél kisebb legyen; c) mindkét gyök kisebb legyen –1-nél. 2 ⎡ ⎤ Mivel ∆ = 4m 2 – 4 ( m − 1) = 4 ⎢⎛⎜ m − 1 ⎞⎟ + 3 ⎥ > 0; bármely m esetén az 2 ⎠ 4 ⎥⎦ ⎢⎣⎝
egyenletnek két valós különböző gyöke van. A gyököket x1-gyel és x2-vel jelölve legyen z1 = x1 + 1 és z2 = x2 + 1. Ez esetben: a) x1 > –1 és x2 > –1 akkor és csak akkor, ha z1 > 0, z2 > 0; b) x1 > –1 és x2 < –1 akkor és csak akkor, ha z1 > 0, z2 < 0; c) x1 < –1 és x2 < –1 akkor és csak akkor, ha z1 < 0, z2 < 0. Abból, hogy x1 + x2= 2m és x1x2 = m – 1, következik, hogy z1 + z2 = x1 + x2 + + 2 = 2(m + 1) és z1z2 = (x1 + 1)(x2 + 1) = x1x2 + (x1 + x2) + 1 = 3m. Ekkor a z1 és a z2 a z2 – 2(m + 1)z + 3m = 0 másodfokú egyenlet két gyöke. Ezzel a feladat a zben másodfokú egyenlet gyökei előjelének tanulmányozására vezetődik vissza. Így az a) esetben z1z2 > 0 és z1 + z2 > 0, azaz 3m > 0 és 2(m + 1) > 0, innen: m > 0; a b) esetben z1z2 < 0, azaz 3m < 0, tehát m < 0. A c) esetben z1z2 > 0 és z1 + z2 < 0, azaz 3m > 0 és 2(m + 1) < 0, tehát m > 0 és m < – 1, ami nem lehetséges.
Megjegyzés. A fenti, z-ben másodfokú egyenlethez juthatunk, ha a z = x + 1 összefüggés alapján az x-es egyenletbe x = z – 1-et helyettesítünk. 33
6.5. Másodfokúra visszavezethető egyenletek A olyan magasabb fokú egyenletekkel is találkozunk, melyek megoldása visszavezethető első- vagy másodfokú egyenletek megoldására. 1. Egyes esetekben a szorzattá bontás módszerét alkalmazzuk.
Példák
1) Oldjuk meg az x3 – 4x = 0
(1) egyenletet! Az egyenlet bal odalát tényezőkre bontjuk: x(x – 2) (x + 2) = 0. Innen következik, hogy az (1) egyenlet gyökei: 0, –2 és 2. 2) Oldjuk meg az x4 – 2x3 + x – 2 = 0 (2) egyenletet! Tényezőkre bontjuk az egyenlet bal oldalát. Rendre felírjuk, hogy x4 – 2x3 + x – 2 = x3(x – 2) + x – 2 = (x – 2)(x3 + 1) = (x – 2)(x + 1)(x2 – x + 1). Tehát az egyenlet az (x – 2)(x + 1)(x2 – x + 1) = 0 alakban írható, ahonnan x – 2 = 0, vagy x + 1 = 0, illetve x2 – x + 1 = 0. Mivel ez utóbbi egyenletnek nincs valós gyöke (∆ = –3 < 0), a (2) egyenlet gyökei a –1 és a 2. 2. Más esetekben az új ismeretlen bevezetésének módszerével lehet a 2-nél magasabb fokú egyenletet megoldani.
Példák
1) Oldjuk meg a következő egyenletet
(3) (x2 – 3x)2 – 2(x2 – 3x) – 8 = 0 Megfigyeljük, hogy az egyenlet bal oldalán az x2 – 3x kifejezésben az x a második és az első hatványon van. Az x2 – 3x = y helyettesítést elvégezve az yban másodfokú y2 – 2y – 8 = 0 egyenlethez jutunk, a gyökök: y1 = –2 és y2 = 4. Következik: x2 – 3x = –2 és x2 – 3x = 4. Az első egyenlet gyökei x1 = 1 és x2 = 2, a másodiké pedig x3 = –1 és x4 = 4. Tehát a (3) megoldásai: 1, 2, –1 és 4. 2) Oldjuk meg a következő egyenletet! (4) x4 – 3x2 – 4 = 0 2 Az x = y helyettesítést elvégezve y-ban az y2 – 3y – 4 = 0 egyenletet kapjuk, ahonnan y1 = –1 és y2 = 4. Mivel az y nem lehet negatív (azért, mert y = x2), csak az y = 4 gyök lesz elfogadható, azaz x2 = 4, ahonnan x1 = – 2 és x2 = 2.
Megjegyzés. Az előző egyenlet az általános ax4 + bx2 + c = 0, a g 0 alakú, úgynevezett bikvadratikus egyenletnek a sajátos esete. 3) Oldjuk meg a következő egyenletet: x6 – 7x3 – 8 = 0 (5) 3 Az x = y behelyettesítéssel az y2 – 7y – 8 = 0 egyenlethez jutunk, ahonnan y1 = –1 és y2 = 8. Mivel y = x3, következik, hogy x3 = –1 és x3 = 8, tehát az adott egyenlet gyökei: x1 = –1 és x2 = 2. 34
Megjegyzés. Hasonló módon lehet az általánosabb ax2n + bxn + c = 0, a g 0 egyenletet is megoldani, ahol n tetszőleges, nullától különböző egész szám. Az y = xn helyettesítést elvégezve a következő másodfokú egyenletet kapjuk ay2 + by + c = 0. 4) Oldjuk meg a következő egyenletet! 2
2
⎛ x ⎞ ⎛ x + 1 ⎞ 17 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = 4 ⎝ x +1⎠ ⎝ x ⎠ Ki kell kötnünk, hogy x g 0 és x + 1 g 0.
(6)
2
⎛ x ⎞ és az ⎛ x + 1 ⎞ kifejezések szorzata 1-gyel ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ x +1⎠ ⎝ x ⎠ 2
Megfigyeljük, hogy az ⎜
egyenlő (ezek a törtek inverzei egymásnak). 2
2
1 ⎛ x ⎞ ⎛ x +1⎞ Az ⎜ ⎟ = y helyettesítést alkalmazva kapjuk, hogy ⎜ ⎟ = , és az y ⎝ x +1⎠ ⎝ x ⎠ 1 17 egyenlet így alakul: y + = . y 4 2 Ebből a 4y – 17 y + 4 = 0 egyenletet kapjuk, melynek gyökei az y1 = 4 és 1 lesznek. Mivel ezek pozitívak, mindkét gyök megfelelő. az y2 = 4 2 2 ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ 1 A kapott gyököket az y helyébe téve, az ⎜ ⎟ = 4 és az ⎜ ⎟ = ⎝ x +1⎠ ⎝ x +1 ⎠ 4 1 x x = ! 2 és = ! . Ezeket az elsőfokú egyenlethez jutunk, ahonnan 2 x +1 x +1 2 1 egyenleteket megoldva megkapjuk a (6) egyenlet gyökeit: –2, − , − és 1. 3 3
Gyakorlatok 1. Oldjuk meg az alábbi egyenleteket: a) 6 x 2 − x − 1 = 0; b) x 2 − x + 1 = 0; c) − x 2 + 8 x − 16 = 0; d) − x 2 − 7 x + 8 = 0; 3x − 7 x − 3 5 9 6 3 2 e) ; f) = + = 2; g) 2 + = + 1; x+5 x+2 x + 2 2x + 3 x −1 x + 1 x −1 x − 6 x − 12 5 10m h) 5 − 1 = 2 + 2 − = . ; i) 2 − − 12 x − 6 6 m x x x+m m− x 2. Határozzuk meg az m paraméter értékét úgy, hogy az x2 + mx + 1 = 0 egyenletnek: a) egybeeső gyökei legyenek; b) különböző valós gyökei legyenek; c) ne legyen valós gyöke. 3. Ugyanaz, mint a 2. feladat; itt az egyenlet: x2 – 2mx + m (1 + m) = 0.
35
4. Határozzuk meg az m paraméter azon értékeit, melyek esetében az x2 + x + m = 0 és az x2 + x – m = 0 egyenletek valós gyökeinek a száma megegyezik! 5. Írjuk fel azt a másodfokú egyenletet, melynek gyökei rendre: a) x1 = −3 és x2 = 5; b) x1 = m + n és x2 = m − n; c) x1 = 2 + d) x1 =
2+
3 és x2 =
2−
3 és x2 = 2 −
3;
3.
2
6. Az x + px + q = 0 egyenlet gyökeit x1 -gyel és x2 -vel jelölve írjuk fel az y-ban azt a másodfokú egyenletet, melynek gyökei rendre: x x 1 1 és y2 = x2 + ; a) y1 = 1 és y2 = 2 ; b) y1 = x1 + x2 x1 x2 x1 c) y1 = (x1 + x2)2 és y2 = (x1 – x2)2; d) y1 =
1 1 és y2 = 2 . 2 x1 x2
7. Állapítsuk meg az alábbi egyenletek gyökeinek az előjelét anélkül, hogy az egyenleteket megoldanánk! a) x2 – x – 6 = 0; b) 6x2 – x – 1 = 0; c) –5x2 + x – 7 = 0; d) x2 – 7x + 10 = 0. 8. Határozzuk meg azokat az m értékeket, amelyek esetén az x2 + (1 – m) x – m = 0 egyenlet két gyöke: a) azonos előjelű; b) különböző előjelű. 9. Ugyanaz a feladat, mint a 8., és az egyenlet: x2 + 2(m – 2) x + (m – 1) (m – 3) = 0. 10. Bontsuk elsőfokú tényezőkre az alábbi trinomokat: a) 6x2 – 7x + 2; b) x2 – x – 1; c) 2x2 – 7mx + 6m2. 11. Határozzuk meg az m értékeit, melyekre az x2 + mx + 1 = 0 és az x2 +x +m = 0 egyenletnek van egy közös gyöke! 12. A másodfokú trinom kanonikus alakját használva mutassuk ki, hogy: a) az x2 – x + 1 trinom értéke minden valós x esetében pozitív lesz; b) a –2x2 + 8x – 9 trinom értéke minden valós x esetén negatív lesz. 13. A 4mx2 + 4(1 – 2m)x + 3(m – 1) = 0 egyenlet esetében határozzuk meg az m értékét úgy, hogy a) az egyenlet mindkét gyöke 1-nél kisebb legyen; b) mind a két gyök nagyobb legyen 1-nél; c) az egyik gyök kisebb, a másik nagyobb legyen, mint 1. 14. Határozzuk meg az m paraméter értékét úgy, hogy az alábbi egyenleteknek egybeeső gyökei legyenek! a) 4x2 + mx + 9 = 0; b) mx2 + 4x + 1 = 0; c) x2 – 2(1 + 3m)x + 7(3 + 2m) = 0. 15. Az egyenlet bal oldalát tényezőkre bontva oldjuk meg a következő egyenleteket! a) 4x3 + 28x2 – 9x – 63 = 0; b) 6x3 – x2 – 486x + 81 = 0; c) x3 + 3x2 – 16x – 48 = 0. 16. Oldjuk meg az alábbi két egyenletet! 1 2x −1 1 3x − 5 6 x − 5 3x − 2 a) + − 2 = 0; b) 2 − − = 0. 2 5x − 5 12 x + 12 x 5 x − 5 x − 1 x − x2 x2 − x 17. Az x1 és x2 az x2 – x – 1 = 0 egyenlet két gyöke. Számítsuk ki az 2 x1 + 3 x1 − 2 x 22 + 3x 2 − 2 + kifejezés értékét! x12 − 2 x1 + 2 x 22 − 2 x 2 + 2
36
18. Oldjuk meg a következő egyenleteket! a) x4 + x2 – 2 = 0; b) x4 + 15x2 + 50 = 0; c) 4x4 – 5x2 + 1 = 0; d) x6 + 26x3 – 27 = 0. 19. Oldjuk meg az alábbi egyenleteket! a) ( x 2 − 16 x ) − 2 ( x 2 − 16 x ) − 63 = 0; 2
(
)(
)
c) x 2 + x + 1 x 2 + x + 2 = 12;
2
1 1 b) ⎜⎛ + 2 ⎟⎞ + − 10 = 0; ⎝x ⎠ x 10 d) x 2 − 4 x + 2 = 2; x − 4x + 5 5 x 2 − 3x x−2 f) + 2 = ; x−2 x − 3x 2
49 7⎞ ⎛ + 2 ⎜ x + ⎟ − 34 = 0; 2 x x⎠ ⎝ 2 g) x + 182 = 13 ⎛⎜ x + 3 ⎞⎟ ; h) x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) = 24. 2 x 5 ⎝2 x⎠ 20. Oldjuk meg a következő két egyenletet: a) x4 + 4x – 1 = 0; b) x4 – 4x3 – 1= 0; e) x 2 +
21. Ismert az ax2 + 2bxy + cy2 = 0. Határozzuk meg az
x (y g 0) tört értékét! y
22. Állapítsuk meg az m paraméter azon értékeit, amelyek esetén az x2 – 6x + m = 0 egyenlet gyökei valós számok és az egyik gyök a másiknak a kétszerese! 23. Határozzunk meg két olyan, nullától különböző egész számot, hogy e számok összege, szorzata és négyzeteinek a különbsége ugyanannyi legyen! 24. Milyen összefüggés áll fenn az ax2 + bx + c = 0 és a cx2 + bx + a = 0 egyenlet gyökei között? 25. Anélkül, hogy az egyenletet megoldanánk, számítsuk ki az (x2 + 2x)2 – 5(x2 + 2x) + 3 = 0 egyenlet gyökei négyzetének az összegét! 26. Mutassuk ki, hogyha az x2 + ax + b = 0 és az x2 + cx + d = 0 (a, b, c, d c Z) egyenleteknek van egy közös irracionális gyökük, akkor a = c és b = d.
37
