Степени и корени ________________________________________________________________________________
Вовед Знакот за корен први го вовеле германските математичари во XV користеле знакот
век. Прво го
, додека хоризонталната црта
на подкореновиот израз го вовел
францускиот математичар Рене Декарт во 1637 год.
Показателот , пак на коренот над
знакот како што сега го користиме
n
, воведен е дури во 1829 година од холандскиот
математичар Албер Жерар. Досега ние ги решававме задачите од типот х н=а
т.е. ја
одредувавме вредноста на степенот х н . Решавањето на равенката х н=а т.е. постапката за одредувањето на основата на степенот ако се знае неговата вредност и степеновиот показател се нарекува коренување, која е инверзна операција на степенувањето. Инаку, степенувањето има уште една инверзна операција, а таа е логаритмирање која е не е цел на моето разгледување во оваа матурска тема.
_______________________________________________________________________________ 1
Степени и корени ________________________________________________________________________________
1.Степен со показател цел број Definicija 1. Proizvodot na n ednakvi mno`iteli, od koi sekoj e ednakov na nekoj racionalen broj se vika n-ti stepen na brojot a i se bele`i so a n , t.е, a
n
a a aa n
Brojot a se vika osnova na stepenot, a brojot n pokazatel (eksponent) na stepenot. Да ги дефинираме изразите a 0 и а n каде што n N.
1 ,n N. an 1 1 0,01 2 10000 . 2 0,0001 0,0
Ако a R и a 0, тогаш дефинираме a 0 1 и а n Примери: 5о =1, πо =1, 2 3
1 1 , 23 8
n
1 Забележиме дека важи а n =. Според тоа за степенот можеме да ја усвоиме и следнава a n
дефиниција а
n
1 ,a 0. Oттука имаме a 2
a b
n
n
b , при ab 0 . a
2
2
16 1 3 4 Примери: , 5 3 125 4 3 9 5 n На овој начин вредноста на степенот а е дефиниран за секој n Z и a≠0. Од горе кажаното следува дека изразите(степените) a 0 и а n немаат смисла. За секој a,b R/{0} и за секој m,n Z важи: 10 a m a n a m n ; 20 30 40
am a m n , a 0; an (a m ) n a mn ; (a b) n a n b n ; n
a a 5 n ,b 0 ; b b Да го докажеме равенството 1о . Кога m,n N равенството важи: да докажеме кога m,n Z. Нека m=0. Тогаш a 0 a n 1 a n a n a 0 n . Аналогно се докажува и во случајот кога n=0. Нека m,n N, тогаш –m,-n се нивните спротивни(негативни) цели броеви. Во тој случај , по претпоставка a≠0, имаме : 1 am 1 1 1 a m a n m n m n a ( m n ) a ( m ) ( n ) , a m a n a m n n a m n a m ( n ) a a a a a Степените со показател цел број ги инмаат следниве својства: Теорема 1: Ако a R и k Z тогаш важи: a 2k 0 k a 0 a 0a 0 и 2 k 1 0 a Доказ: (1) Ако a 0 и k N, тогаш a k a a a.........a 0 , a 0 и k=0 тогаш a 0 1 0 . 1 Ако a 0 и k=-р( каде што р N), тогашшдобиваме a k a p p 0 . a n
0
Теорема 2: Ако a, b R и n N , тогаш: a b a n bn и a b a n bn . Доказ: a 2 b2 (a b)(a b) 0 бидејќи a b >0. Значи a 2 b 2 . _______________________________________________________________________________ 2
Степени и корени ________________________________________________________________________________ a 3 b 3 (a b)(a 2 ab b 2 ) 0 бидејќи a b >0 и a 2 ab b 2 0 Значи a 3 b 3 . Продолжувајќи ја оваа постапка , може да се заклучи дека за секој природен број важи a n b n кога a b . За да го докажеме неравенството a n b n прво ќе ја докажеме импликацијата a b 0 a 1 b 1 . Ако двете страни на неравенството ги поделиме со ab>0, добиваме a b 1 1 1 1 , односно , т.е. , а тоа може да се запише во форма a 1 b 1 . Од ab ab b a a b
n
n
неравенството a 1 b 1 , според a b a n b n следува a 1 b 1 , односно a n b n . За b=1 од нервавенствата a b a n b n и a b a n b n следуваат својствата: a 1 a n 1 и a 1 a n 1 , а од нив можат да се докажат импликациите : 0 a 1 a n 1 и 0 a 1 a n 1 . Ќе го докажеме тврдењето 0 a 1 a n 1 . n 1 Нека 0 a 1. Тогаш, 1 , односно a 1 1, а од него врз основа на неравенството a 1 1 a n односно a 1 . Теорема 3: Ако a, b R и m, n Z , тогаш важи :
и (0 a 1 m n) a m a n , а ова значи од два степена со (a 1 m n) a m a n иста основа а>1 поголем е оној кој има поголем показател, а ако 0<a<1 тогаш поголем е оној што има помал показател. Доказ: Нека a>1и m>n. О д m>n следува m-n>0, а од a>1 и m-n>0, според am am n m n n , имаме ,односно . Бидејќи , од 1 1 следува дека a 1 a 1 a 1 a 0 an an am an . Ако пак 0<a<1и m>n. О д m>n следува m- n>0, а од 0<a<1и m-n>0, според am n m n 0 a 1 a 1 , имаме a 1 ,односно n 1 . Бидејќи a n 0 , со множење на двете a m a 1 следува дека a m a n . страни на неравенството an 10 1 Пример 1: Да се одреди кој од степените и 9-4 е поголем . 3 Решение: Дадените степени можат да се сведат на степени со еднакви основи: 10
10
1 1 8 10 10 -4 2 -4 -8 10 3 , 9 =(3 ) =3 . Бидејќи 3>1 и -8<-10 затоа 3 3 односно 3 > . 3 3 Пример 2: Да се одреди кој од степените и 4 3
Решение: Бидејќи
1 . Бидејќи 3<5 затоа 4
е поголем . 4 5
> . 4 4 3
5
2.Поим за корен.Коренување _______________________________________________________________________________ 3
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Поимот на квадратен и кубен корен од позитивен број а познат е од основното училиште. Сега тој поим ќе го прошириме и ќе воведеме обоштен поим за n –ти е корен од реален број. Да ја разгледаме, прво, следнава теорема: Теорема 1: За секој позитивен реален број а и природен број n постои единствен позитивен реален број х, таков што x n a. Таа со други зборови тврди дека: Равенката x n a. каде што a R и n N во множеството R секогаш има еден единствен корен (Решение). Тој корен се вика артиметички n-ти корен од а, или кратко само n-ти корен од а. Дефениција 1: Позитивниот реален број х, за кој важи x n a(a R , n N ) се вика артиметички n-ти корен од бројот а и се означува со x n a . Во изразот x n a од бројот а се вика радиканд или поткоренов број, а n-кореноv показател. Примери: 3 1000 10 бидејќи 103 1000 , 4 81 3 3 1000 10 бидејќи 34 81 . Ако n=2, тогаш кореновиот показател не се пишува. На пример , наместо 2 12 пишуваме 12 и читаме квадратен корен од 12 . Oперацијата, со која од дадениот радиканд a кореновиот показател n, го одредуваме n a , се вика коренување. Според дефиницијата, n a (a>0) е таков позитивен реален број, чиј n-ти степен е еднаков на a.Значи, ќе важи равенството
a n
n
a . Исто така ќе важи равенството
a n a бидејќи a n a n . Ако е a=0, тогаш постои единствен реален број x(=0), за којважи x n a . Теоремата 1 не кажува, дали во множеството на негативни реални броеви R постои друг реален број што ја задоволува равенката x n a . Теорема 2: За секој позитивен реален број а и парен природен број n, n=2k, постојат два реални броја х и –х за кои важи x 2k x 2k a . Навистина, ако х е единствениот реален број, за кој ( според Tеорема 1) важи 2k и бројот –х го има истото својство, бидејќи е x a тогаш n
x2k
x
x
2 k
2 k
x 2k a . Значи, при а>0и n=2k постојат два спротивни реални
броја, што се n-ти корен од бројот а. Во тој случај со n a го означуваме позитивниот, а со n a спротивниот ( негативниот) број. Пример 1: Равенката х4 =5 има два реални корени, кои се спротивни броеви. Позитивниот е 4 5 , а негативниот е - 4 5 . Воопшто: Кога а≥0, секогаш е n a ≥0. Да испитаме ,при а<0 и n N, дали постои реален број х таков што да важи x n a . Тука ќе разликуваме два случаја, во зависност од тоа дали природниот број n е парен или непарен. 1. Нека n е парен број т.е. n=2к. Бидејќи парен степен на кој било реален број е ненегативен , следува дека за а<0 не постои х R, таков што х2к=а. 2. Нека n е непарен број т.е. n=2к+1. Можеме да кажеме дека важи следнава : Теорема 3: За секој непарен природен број n, n=2к+1, и а R,постои единствен реален број х таков што х2к+1 =а. _______________________________________________________________________________ 4
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Доказ: Јасно е дека ако постои таков реален број х, тогаш тој треба да биде негативен. Ако х<0 и а<0, тогаш –х>0 и -а>0. Во тој случај согласно Теорема 1 за позитивниот реален број -а>0 постои единствен позитивен реален број –х>0, таков што (-х)2к+1 =-а. А оттука (х2к+1 ) =-а, т.е. х2к+1 =а. Покрај аритметичкиот корен за а R, во општ случај ќе дефинираме и алгебарски корен. Нека а R и n N. Секој реален број х за кој важи x n a , се вика алгебарски n-ти корен од бројот а. Меѓутоа, под изразот n a секогаш ќе подразбираме аритметички n-ти корен (ако поинаку не е кажано) и ќе сметаме дека n a ≥0 и а≥0. Ако а<0 и к N , тогаш 2k 1 a 2k 1 a . Навистина, според дефиницијата за корен, имаме :
2 k 1
a
2 k 1
a , а исто и 2 k 1 a
2 k 1
2 k 1 a
2 k 1
(a) a .
Според тоа: Во множеството на реални броеви изразот 2 k 1 a има смисла за секој а R , а изразот 2 k a има смисла само за а≥0. 4 3 81 во Примери: додека 0 0, 5 32 2, 5 32 5 32 2, 4 0 0, 4 81 3 , множеството на реални броеви нема смисла. Равенството
a
n
n
a во множествот на реални броеви нема смисла , ако а<0 и n=2к.
4
Примери:Равенството 4 81 81 нема смисла , бидејќи изразот множеството на реални броеви нема смисла. Равенството равенството
81
во
a
n
n
a 2k 2k
2k
4
a , за n=2к+1, важи за секој а R. Но, ако n=2к, тогаш важи a za a 0 2k a a a za a 0
3. Операции со корени 3.1.Проширување и скратување на корени
Теорема 1: За секој позитивен реален број а и секои m,n,k N важи равенството: n
a m nk a mk односно Доказ:
nk
a mk n a m
Доволно е да покажеме дека nk-тиот на позитивниот реален број
. Навистина : a
n
am е
n k n a m a m a mk . еднаков на a Равенствата во Tеорема 1 ги искажуваат таканаречените правила за проширување и скратување на корените.
mk
n
m
nk
Пример 1: Да се упростат корените: Решение:
8
2 6 42 232 4 23 ,
12
8
2 2 i 12 a 9 b 6 при услов a,b>0.
a 9 b 6 43 a 33b 23 4 a 3b 2 .
Пример 2: Да се доведат корените показател. Решение:
6
xy 3 52 xy 3
2
k
12 x 2 y 6 ,
6
4
xy 3 i 4 x 2 y на најмал заеднички коренов
x 2 y 43 x 2 y
3
12 x 6 y 3 .
3.2.Коренување на производ и количник Следната теорема дава правила за коренување на производ и количник на два реални позитивни броја. _______________________________________________________________________________ 5
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Теорема 1: За секој позитивни реалени броеви а и b и n N важат равенствата: a na n n n n a b a b, b nb Доказ: Со равенството
n
a b n a n b се тврди дека производот
од позитивниот број аb. Според тоа треба да важи
n
a b n
a n b
n
n
т.е. равенството
n
n
Примери: 6
n
n
a n b
n
n
a n b е n-ти корен
a b Навистина :
a b .Слично се докажува и равенството за коренување на количник
a na . b nb 4 25
9 16 9 16 3 4 12
a 3b 2 6 a 3 6 b 2 a 3 b , pri a 0, b 0 12
3
4 25 3
12
a a 4 12 4 b b
2 , 5
4
a
3
b
, pri a 0, b 0
85 2 75 2 (85 75)(85 75) \ 10 160 10 10 16 10 4 40 Равенствата во теоремата шесто ги користиме и за коренување на производ од конечен број множители т.е. ако a1 , a2 ,........ak R i n, k N , toga{ va`i n
a1 a2 ........ak n a1 n a2 .........n ak
a na често секористат од десно b nb налево и со нив се даваат правилата за множење и делење на корени со еднакви коренови n a n a показатели, т.е. важи n a n b n a b pri a 0, b 0, pri a 0, b 0 . n b b Ако корените што ги множиме, односно делиме имаат различни коренови показател, тогаш прво нив ги доведуваме до заедничи коренови показатели, а потоа се користат равенствата за множење на корени со еднакви коренови показатели т.е. се користат равенствата
Равенствата во Tеорема 1, т.е.
n
a n b n a b pri a 0, b 0,
n
a b n a n b,
n
a
n
b
n
n
a pri a 0, b 0 . b
Примери: 4
3 12 36 6 3 6
4x 2 y 2 xy 3
6
4
16 x 4 y 2 6 6
2 xy 3
9a 3
9a 3 4 3a , 3a 2 3a 2 4
3
2 x 2 4 3x 2 y 12 2 4 x 8 12 33 x 6 y 3 12 16 27 x14 y 3
16 x 4 y 2 8x 3 6 , ( x, y 0) y 2 xy 3
3.3.Извлекување множители пред знакот за корен и внесување множителеи под знакот на корен Теорема 3: За секој позитивни реалени броеви а и b и n,m N важи равенството: _______________________________________________________________________________ 6
Степени и корени ________________________________________________________________________________ n
a
Доказ:
mn
b
n
a mn
еднаков на радикандот равенството
n
b
n
n
a mn b a m n b
a mn b . Значи
n-тиот степен
на производот a m n b е
a mnb , што требаше да се докаже. Во специјален случај кога m=1,
a mn b a m n b го добива обликот
n
a n b a n b . Со равенствата
n
a mn b a m n b ,
a n b a n b , всушност вршиме една трансформација на корените-наречена извлекување множител пред знакот на коренот. Таа може да се изврши кај корен, кај кого показателите на некои множители во радикандот се поголеми од кореновиот показател на коренот. Се извршува на тој начин што секој од тие множители го разложуваме на производ од два степена, од кои едниот е со степенов показател делив со кореновиот показател, па потоа ги применува равенствата од теорема 3.. Примери: n
8a 4 b 3 c 2 3 23 a 3 ab 3 c 2 2ab3 ac 2 , 5 24 x12 y 7 5 24 x10 x 2 y 5 y 2 xy 5 24 x 2 y 2 Понекогаш имаме потреба , множителите пред корен да ги внесеме под знакот на корен. Таа трансформација се вика внесување на множител под знакот на корен , а се 3
извршува
согласно
an b n a n b
равенството
a n b a n b прочитано од десно налево. Пример:
n
кое
е
всушност
равенството
3
24 x12 y 7 5 24 x10 x 2 y 5 y 2 xy 5 24 x 2 y 2 , 3xy 2 3 x 2 y 3 3xy 2 x 2 y 3 33 x3 y 6 x 2 y 3 27 x5 y 7
5
3.4.Степенување и коренување на корен Следната теорема ни дава правила за степенување и коренување на корен. Теорема 4: За секој позитивен реален број а и n,m N важат равенствата:
a n
m
n am и
a реален број a
Доказ: За докаување на равенството тиот степен радикандот
m
n
a
mn
n a n
m
на позитивниот
a
mn
n
m
Примери: 3
6
3 5
4
5
6
примена
на
m
a m всушност треба да покажеме дека n-
е еднаков на позитивниот реален број
правилото
степенување
на
степен,
m
n
n a
5 3
x y 3
n
n
a nm a
n a a m . Аналогно се покажува и равенството
4 5
x 3 y 2 15 x 3 y 2 ,
2 2 2
Со
m
n
xy
a . m
m
n
n m
2
a m
m
n m
имаме a nm a .
a.
3 5 2 3 25 , 3
5 6 5,
6 x15 y 20 x 2 y 3 6 x 3 y 2 , ( x 0, y 0) 3
5x xy 3
42 2
8 2
5x 2 xy
3
64 2
25x 2 xy 3
25x 3 y 6 25x 3 y , ( x 0, y 0)
128 8 128
3.5.Споредување на корени За корените важат теоремите : Теорема 5: Aко а и b се позитивни реални броеви и n N , тогаш: abn a n b _______________________________________________________________________________ 7
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Доказ: Да претпоставиме дека a>b, но n a n b . За позитвните реални броеви
n
n
a i n b согласно импликацијата a b a n b n имаме n a n b n a n b , а оттука добиваме a b што е во контрадикција со претпоставката a>b. Со тоа теоремата е докажана. n
Во
специјале
случај,
за
од
b=1
импликацијата
a b n a n b следува
a 1 n a 1односно 0 a 1 0 n a 1 Теорема 6: Aко а и b се негативни реални броеви и n=2к+1, тогаш: a b 2k 1 a 2k 1 b Теорема 5: Aко а е позитивен реален број и m,n N , тогаш важи: (0 a 1, m n) m a n a i (a 1, m n) m a n a Тоа значи: од два корена со ист радиканд a>0 , ако 0 a 1 , поголем е оној што има поголем коренов показател, а ако a 1 поголем е оној што има помал коренов показател. Примери: 6 8 6 5 bidej}i 8 5; 5 4 5 7 bidej}i 4 7 ; 5 4 5 7 bidej}i - 4 -7
Пример : Да се споредат корените 2 i 3 3 Решение: Бидејќи не се со еднакви коренови показатели, тие мора да се доведат на еднакви коренови показатели за да можат да се споредат: 2 6 8 i 6 9 . Бидејќи 8<9 следува дека 6 8 6 9 t.e 2 3 3 Пример : Да се споредат корените а) Решение: а)
3
3
i 5 б)
5 bidj}i 1, a 3 5 , б)
3
5
3
5
5
i5
5
5
, bidej}i
5
1, a 5 3
4.Ирационални изрази 4.1.Дефиниција на ирационални алгебарски изрази Досега се запознаве со шесте опрерациии, собирање, одземање, множење, делење, степенување и коренување кои се викаат алгебарски операции, од кои првите пет се викаат рационални алгебарски операции, а операцијата коренување се вика ирационална алгебарска операција. Изразите во кои се застапени конечен број пати рационалните операции се викаат рационални изрази, додека изразите во кои е застапена и операцијата коренување се викаат ирационални изрази. Со заедничко име рационалните и ирационалните изрази се викаат алгебарски изрази. Ирационалните изрази, исто како и рационалните изрази можат да содржат променливи или да не содржат променливи. Корените што се сретнуваат во ирационалните изрази обично ќе сметаме дека се аритметички корени. Според тоа, множеството вредности на променливата за кој даден алгебарски израз има смисла, ќе го одредуваме од условите: радикандот на корените со парен коренов показател да се ненегативни и именителите на изразите да се различни од нула. Тоа множество се нарекува дефинициона област на алгебарскиот израз и се означува најчесто со D. 2 x5 Пример: Да се одреди дефиниционата област на алгебарскиот израз x x4 Решение: Дефиниционата област ја одредуваме од условите x 0, x 4 0 i x 5 0 , од каде што следува дека D [5,) \ {0,4}
4.2.Доведување на корен во нормален вид
_______________________________________________________________________________ 8
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Освен досега споменатите трансформациии на корени, ќе споменеме уште една трансформација на корените која се вика доведување на коренитен во нормален (најпрост ) вид. Дефиниција: Даден корен велиме дека е во нормален вид ако: 1. неговиот радиканд не содржи именител 2. неговиот радиканд не содржи множители кои што можат да се извлечат пред знакот на коренот, и 3. ако коренот е сведен на најмал можен коренов показател 1 Пример 1:Да се доведат во нормален вид следниве корени: а) 2a 2 5 2 б) 3 a 2 b 3 c a в) 2 x6 a 2 x 4 Решение: а) 2a
25
3 1 a 3 1 25 a 2a 2a 2 5 a 3 2a5 a 3 ; б) 3 a 2 b 3 c 3ab bc ; 2 3 5 a a a a
2
в) 2 x6 a 2 x 4 2 x6 ax 2 2 x3 ax 2 Кога даден корен е доведен во нормален вид, тогаш неговиот рационален множител пред него обично се вика коефициент на коренот. Два или повеќе корени во нормален вид, што се разликуваат само посвоите коефициенти , се викаат слични корени.
4.3.Собирање и одземање на корени Во општ случај збирот на два или неколку корени не може да се трансформира(запише) во еден корен. Во специјален случај, ако меѓу собироците на збирот има слични корени , тогаш нив ги групираме и коренот го извлекуваме пред заграда. Таа трансформација се вика сведување на слични корени во збирот. 1 9 5 x3 x2 3 Пример: Да се упрости изразот 4 x x 2 x x Решение: 1 9 x x 4x x 2 5 x3 x2 3 2 x x2 5x x x 2 3 4 2 x x x x 2 2 x x 2 x x 5 x x 3 2 x 2 x x x 5 x x 3 x (2 x 5 x 3) x (5 6 x) x x x
4.4.Рационализирање на именител на дропка Ирационалните изрази-дропки, кои во оменител содржат барем еден корен, се стремиме да ги трансформираме во идентични изрази, кои во именителот ќе немаат ниту еден корен. Таа трансформација се вика рационализација на именитолот на дропки. Потребата од рационализирање на именителот на дропки лесно се вооучува од следниов _______________________________________________________________________________ 9
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Пример: Да се одреди количникот на броевите 6 и 2 , т.е да се пресмета вредноста на 6 дропката . 2 Решение: Треба да се подели бројот 6 со некоја приближна вредност на бројот 2 . Но наместо да делиме , делењето на овие два броја можеме да го замениме со множење на тие броеви кое е поедноставно. Тоа го правиме на следниов начин: броителот и именителот на
6
дропката
ќе го помножиме со
6 2
2 , т.е.
2 2
2
6 2 4
6 2 3 2 2
1) Ако дропката има именител од видот n a1m1 a2m2 ...........akmk 1 каде n,m 1 ,m2 ,…..mk N, mi<n, ai>0 (i=1,2,…….k) тогаш, дропката ја прошируваме со коренот n
a1nm1 a2nm2 ...........aknmk 1 a b , a 0, b 0 тогаш, дропката ја
2) Ако дропката има именител од видот
a b од каде после множењето новиот именител ќе има
прошируваме со коренот
2
2
облик a b , бидејќи a b a b a b a b (a, b 0) Пример1: Да се рацинализира именителот на дропката: 4 6 1 x а) б) в) г) 3 3 2ab 18 x2 5x 2 y 1
Решение: а) 4
б) 3
5x 2 y
6
в)
2ab x
г)
x2
4 3
2ab
x2
3
23
5 2 xy 2
3
5 2 xy 2
2ab
1
3
2ab
x
18
5x 2 y
6
3
x2 x2
2
3
22 3
3
2 3
4 3 5 2 xy 2
5xy 3
3
6 2ab
2ab2
2
22 3
3
2 3
3
3
3
12 6
43 25 xy 2 5 xy
6 2ab 3 2ab 2ab ab
x x2
x 2
2
x x2 x2
Пример2: Да се рацинализира именителот на дропката: а)
6
б)
3 2
Решение: а) а) б)
x
x yy x x y
6
x yy x x y
x y
2
3 2
3 2 3 2
xy xy xy y xy 2
x yy x
x x
( x y)
x y
x y
( x, y 0)
63 2 63 2 92 7 3 2 y x y y x x y x y x y y 6 3 2
2
2
xy
xy
Пример 3: Да се упрости изразот
.
3 10 7
2 3 7
6 4 10
_______________________________________________________________________________ 10
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Решение: 3 2 6 3 10 7 2 3 7 6 4 10 10 7 3 7 4 10 10 7 10 7 3 7 3 7 4 10 4 10 3( 10 7 ) 2(3 7 ) 6(4 10 ) 3( 10 7 ) 2(3 7 ) 6(4 10 ) 10 7 97 16 10 3 2 6 10 7 (3 7 ) 4 10 10 7 3 7 4 10 1
5 x 3 x 2x 2 x : Пример 4: Да се упрости изразот x 1 x 1 x 1 x 1 Решение: 5 x 3 x 2x 2 x 5 x x 1 3 x x 1 2x x 1 : 2 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
5 x 5 x 3x 3 x 2 x x 1 8 x x 1 4 x 1 2 x x 1 2 x
5.Степен со показател рационален број Ќе извршиме уште едно проширување на степен, воведувајќи степен со показател рацинален број. m Нека а и е позитивнен реален број и Q (kade m Z , n N ) . Степенот на бтојот a n m m со показател го дефинираме со: a n n a m . Во специјален случај, за m=1, имамме : n 1
an n a . За степен со показател рационален број важат равенствата: m
1 1. a a n a m m 1 2. a n m , m n
1 m
,
an m
mk
3. a n a nk , m Z , n, k N , a 0 3
1
Примери: a 4 4 a 3 , a 2 a , a
3 5
5 a 3 .
m n
Да забележиме дека, изразот a при a<0 и n≠1, според дефиницијата не е дефиниран. Причината е следна. Ако би сакале и и тој израз да го опфатиме со дефиницијата тогаш равенството a
m n
a
mk nk
нема да важи, а тоа се гледа во конкретниов 2 2 1 2 3 6 Пример: (8) 8 2 , а за имаме: (8) 6 8 2 . Значи добиваме 6 3 1 3
1
2
1
(8) 3 (8) 6 . Или (9) 2 9 во множеството на реални броеви нема смисла. Затоа m
изразот a n при a<0 и n≠1 не годефинираме. _______________________________________________________________________________ 11
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Теорема 1: За секои позитивни реални броеви a, b и за секои m p , Q (kade m, p Z , n, q N ) важат равенствата: n q m n
p q
m p n q
m
p
m p q
1. a a a
2. a n : a q a n
ab
3.
m n
m n
a b
m n
m
m n
an a 4. m , b 0 b bn p
m q 5. a n a n q Доказ:
m p
p
m
1.
mq
p q
m n
2. a : a a
ab n
m
3.
pn
a n a q a nq a qn mq nq
:a
pn qn
nq
nq
a mq a pn
nq
nq
nq
a
mq
:
nq
a
pn
a mq a pn
nq
nq
a
mq
:a
pn
m n
n ab n a m b m n a m n b m a b m
m n
m
a a a 4. n n m b b b p
m
n n
a
m
b
m
a
a
mq pn
a
mq pn nq mq pn nq
mq pn qn
a nq a
mq pn nq qn
m p q
an a
m p n q
m n
m n m
bn
p
mp q m q m q 5. a n q a n a n
a mq pn a
n
a
pq
nq
a
mp
a
mp nq
a
m p n q
6.Лангранжов идентитет При трансформација на некои ирационални изрази, освен својствата и правилата за операции со корени, понекогаш користиме и некои формули. Така на пример, ирационалниот израз од видот A B во одрдени случаеви може да се претстави како збир од попрости корени. Тоа се постигнува со помош на следниот идентитет на Лангранж: A B
A A2 B 2
A A2 B ( A, B 0, A 2 B) ...............................................(1) 2
Некогаш, наместо формулата (1) да ја користиме (двапати) одделно за изразите
A B и
A B , при трансформација на ирционалните изрази можеме да ја користиме една од следниве формули: A A2 B A A2 B , A B A B 2 ..........(2) 2 2 Доказ на идентитетот на Лангранж: Прво да го докажеме равенствата (2). A B A B 2
Да ставиме
A B A B x.
_______________________________________________________________________________ 12
Степени и корени ________________________________________________________________________________ Тогаш,
x 2 A B 2 A2 B A B 2 A 2 A2 B .
Според тоа
Оттука
x 2 A 2 A2 B .
A A2 B . A B A B 2 2
A A2 B . Со тоа се докажани равенствата 2 (2). Потоа со собирање и одземање на двете страни на равенствата (2) го добиваме идентитетот на Лангранж.
Аналогно добиваме
A B A B 2
Пример 1: Упрости го изразот Решение: 7 2 10 7 40
7 2 10 .
7 7 2 40 7 7 2 40 73 73 5 2. 2 2 2 2
Пример 2: Упрости го изразот Решение:
17 4 9 4 5 .
9 81 80 9 81 80 17 4 9 4 5 17 4 9 80 17 4 2 2
9 1 9 1 17 4 5 4 17 4 5 2 9 4 5 9 80 17 4 2 2
9 81 80 9 81 80 9 1 9 1 9 1 9 1 52 2 2 2 2 2 2
Пример 3: Упрости го изразот M x 2 x 1 x 2 x 1 , Решение: Согласно формулите
M x 2 x 1 x 2 x 1 x 4( x 1) 2
x ( x 2) 2 x 4( x 1) 2
2 x x2 x x 2 4( x 1) x x 2 2 2 2 2 2 2 x 2, ako x 2 Бидејќи x 2 , тогаш: ( x 2), ako x 2
а) za x 2, M 2
(2)
имаме
.
x x2 2x 2 2( x 1) 2 2 2 x 1 2 2 2
б) za 1 x 2, M 2
x ( x 2) xx2 2 2 2 2 12 2 2 2
_______________________________________________________________________________ 13