100
95
75
25
5
0
matek_11_borito_ny 2011. szeptember 13. 13:19:07
16312_Matek11_00_cimnegyed
2011.12.19.
19:33
Page 1
Juhász István Orosz Gyula Paróczay József Szászné Dr. Simon Judit
MATEMATIKA 11. Az érthetõ matematika
NEMZETI TANKÖNYVKIADÓ BUDAPEST
16312_Matek11_00_cimnegyed
2011.12.19.
19:35
Page 3
TARTALOM Fontosabb jelölések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A tankönyv használatáról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 7
I.
HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS
8
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. O 8. 9. 10. 11. 12. O
Vegyes algebrai feladatok – ismétlés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egészkitevõjû hatványok, azonosságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Az n-edik gyök és azonosságai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Racionális kitevõjû hatvány, permanencia elv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Az exponenciális függvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponenciális egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponenciális egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A logaritmus fogalma. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A természetes alapú logaritmus és egyéb matematikatörténeti érdekességek (olvasmány) . . . A logaritmusfüggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A logaritmus azonosságai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Logaritmusos egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Logaritmusos egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gyakorlati alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Közelítõ értékek (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9 11 14 17 20 24 27 30 33 35 39 43 48 51 55
II.
TRIGONOMETRIA
60
13. 14. 15. 16. O 17. 18. 19. O
Skalárszorzás. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skalárszorzással megoldható feladatok a koordináta-rendszerben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A szinusz- és koszinusztétel alkalmazása 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A szinusz- és koszinusztétel alkalmazása 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Addíciós tételek (olvasmány, emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus egyenletek 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus egyenletek 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus egyenlõtlenségek (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skaláris szorzat geometriai alkalmazásai (olvasmány). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Válogatás érettségi elõkészítõ feladatsorokból . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61 65 68 73 76 82 88 94 99 104
III.
FÜGGVÉNYEK
106
20. 21. 22. 23. 24–25. 26. 27. 28.
Az inverz függvény fogalma, elsõfokú függvény inverze (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gyakrabban elõforduló függvények és inverzeik (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus alapfüggvények jellemzése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Függvénytranszformációk általános vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Összetett trigonometrikus függvények ábrázolása és jellemzésük . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egyenletek grafikus megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egyenlõtlenségek grafikus megoldása (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gyakorlati problémák vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
107 110 113 118 124 129 132 134
3
16312_Matek11_00_cimnegyed
2011.12.19.
19:36
Page 4
TARTALOM IV.
4
KOORDINÁTA-GEOMETRIA
138
Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29–30. Egyértelmû vektorfelbontási tétel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31–32. Felezõpont, súlypont, osztópont koordinátái (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33–34. Skaláris szorzat koordinátákkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . O A beírt kör középpontjának koordinátái (olvasmány, nem érettségi tananyag) . . . . . . . . . . . 35. Az egyenes normálvektoros egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36. Egyenes irányvektoros egyenlete, két ponton átmenõ egyenes egyenlete . . . . . . . . . . . . . . 37. Irányszög, iránytangens, iránytényezõs egyenlet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38. Metszéspont meghatározása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39. A párhuzamosság és a merõlegesség koordináta-geometriai feltétele . . . . . . . . . . . . . . . . . O Geometriai transzformációk és koordináták (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40. Pont és egyenes távolsága (két párhuzamos egyenes távolsága) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41. Adott középpontú és sugarú kör egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42. Kör és a kétismeretlenes másodfokú egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43. Egyenes és kör kölcsönös helyzete. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44. Adott pontban húzott és adott irányú érintõk meghatározása. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45. Két kör kölcsönös helyzete, érintkezõ körök (emelt szint). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46. Ponthalmazok a koordinátasíkon (egyenlet, egyenlõtlenség, mértani hely) . . . . . . . . . . . . . O Parabola és a másodfokú egyenlet (olvasmány, emelt szint). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . O Kúpszeletek (olvasmány, nem érettségi tananyag) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47. Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
139 139 142 146 150 151 154 156 159 161 165 167 169 173 175 177 179 181 187 191 196
V.
KOMBINATORIKA, GRÁFOK
202
48. 49. O 50. O 51. 52. 53. 54. O 55.
Ismétlés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomiális együtthatók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomiális-tétel, Pascal-háromszög (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gyakorlófeladatok. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A kombinatorika leggyakoribb leszámolási struktúrái (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A gráfmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A gráfmodell alkalmazása; gráfok egyenlõsége. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gráfok jellemzõi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vegyes feladatok (gráfok). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Néhány érdekes gráfelméleti probléma (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kombinatorikai és gráfelméleti alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
203 208 216 220 226 229 236 244 250 256 260
16312_Matek11_00_cimnegyed
2011.12.19.
19:36
Page 5
TARTALOM VI.
VALÓSZÍNÛSÉG-SZÁMÍTÁS, STATISZTIKA
266
56. 57. 58. O 59.
Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Független események (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomiális eloszlás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statisztikai mintavétel (visszatevéssel vagy visszatevés nélkül) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Játékok elemzése (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statisztika körülöttünk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
267 268 272 276 280 283
FOGALOMTÁR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
291
5
16312_Matek11_00_cimnegyed
2011.12.19.
19:36
Page 6
FONTOSABB JELÖLÉSEK Az A pont és az e egyenes távolsága: d(A; e) vagy Ae vagy Ae Az A és B pont távolsága: AB vagy AB vagy d(A; B) Az A és B pont összekötõ egyenese: e(A; B)
Halmazok különbsége: \; Üres halmaz: Q, {}
Az A halmaz komplementere: A
A B csúcspontú szög, melynek egyik szárán az A, másik szárán a C pont található: ABCB
Az A halmaz elemszáma: A ;
"0; 1; 2, = 3
Végtelen: 3; N = 3 Az x szám abszolút értéke: x ;
Szög jelölése: a, b, c, f Az A, B és C csúcsokkal rendelkezõ háromszög: ABC9 Az ABC9 területe: T(ABC) vagy TABC Az a, b és c oldalú háromszög fél kerülete: s = a+b+c 2
A , B, A + B
A\B
Az f1 és f2 egyenesek szöge: B (f1; f2) vagy (f1; f2) B
A C csúcspontú szög: CB
-3,1 = 3,1
Az f függvény értelmezési tartománya és értékkészlete: Df , Rf Az f függvény hozzárendelési szabálya: f: x 7 f] xg ; f: x 7 2x + 3 f] xg = y ; f] x g = 2x + 3 Az f függvény helyettesítési értéke az x0 helyen: f (x0) ; f (5), ha x0 = 5
A derékszög jele: *
Az f függvény inverze: f –1
Az e egyenes merõleges az f egyenesre: e = f
n faktoriális: n!; 4! = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24
Az e egyenes párhuzamos az f egyenessel: e || f Egybevágóság: ,; ABCO , Al Bl ClO
Az X sokaság átlaga: X
Hasonlóság: + ; ABCO + Al Bl ClO
Az összegzés jele: ∑;
8
/ xi = x1 + x2 + f + x8 i =1
A hasonlóság aránya: m
Permutációk: Pn; Pn = n!, P4 = 4! = 24
Az A pontból a B pontba mutató vektor: AB
Ismétléses permutációk: P nk, l, m , (k + l + m # n); P nk, l, m =
Az A pontba mutató helyvektor: a vagy A A v vektor: v vagy v vagy v A természetes számok halmaza: N;
n! ; P 2, 2 = 5! = 30 2! $ 2! k ! $ l! $ m ! 5
Variációk: V nk ; V nk = n ⋅ (n – 1) ⋅ (n – 2) ⋅ … ⋅ (n – k + 1); {0; 1; 2; …}
Az egész számok halmaza: Z {…; –2; –1; 0; 1; 2; …}
V53 = 5 $ 4 $ 3 = 60 Ismétléses variációk: V nk, i ; V nk, i = nk; V53,i = 53 = 125
A pozitív, a negatív egész számok halmaza: Z+, Z– {1; 2; 3; …}, {–1; –2; –3; …} A racionális, az irracionális számok halmaza: Q, Q* A pozitív, a negatív racionális számok halmaza: Q+, Q–
n Kombinációk: C nk vagy d n ; k C nk =
n $ ^n - 1h $ f $ ^n - k + 1h ; C52 = 5 $ 4 = 10 2$1 k!
A valós számok halmaza: R
n 5 Binomiális együttható: d n ; d n = 5 $ 4 = 10 2$1 k 2
A pozitív, a negatív valós számok halmaza: R+, R–
Állítások tagadása (negációja): J
Eleme, nem eleme a halmaznak: !, "; 5 ! N , -2 g Z+ Részhalmaz, valódi részhalmaz: 3, 1; A 3 R , N 1 Q +
Nem részhalmaza a halmaznak: j; Z Y 1Q
6
Halmazok uniója, metszete: ,, +;
Állítások diszjunkciója, konjunkciója: ∨, ∧ Állítások implikációja, ekvivalenciája: ⇒, ⇔ vagy →, ↔ Univerzális kvantor (minden …) ∀ Egzisztenciális kvantor (létezik …) ∃
16312_Matek11_00_cimnegyed
2011.12.19.
19:36
Page 7
A TANKÖNYV HASZNÁLATÁRÓL A tankönyv elsõsorban a középszintû érettségi vizsga tananyagát tartalmazza, de megtalálható benne néhány olyan kiegészítés is, amely az emelt szintû érettségi vizsga követelményrendszeréhez tartozik. A tankönyv nem tartalmazza az emelt szintû érettségi vizsga követelményeit. A tankönyvben a matematikai szemlélet fejlesztése a definíciókhoz és a fogalmakhoz kapcsolódó tananyagelemek kidolgozásával történik. A matematika megértéséhez, sikeres tanulásához feltétlenül hozzátartozik a bizonyítási készség kialakítása és fejlesztése. Minden lecke végén összegyûjtöttük a fontosabb új fogalmakat. Kiegészítõ anyagként ajánljuk az olvasmányok és matematikatörténeti ismertetések, érdekességek elolvasását. A tankönyvben Emelt szint -tel (és apró betûvel), jól elkülönítve jelöltük azokat a kiegészítéseket, amelyek csak az emelt szintû érettségi vizsgán kérhetõk számon. Számos kidolgozott példa található a könyv minden leckéjében, amelyek fokozatosan vezetik be a tanulókat az elsajátítandó tananyagba. A tananyag gyakorlását, elmélyítését, az otthoni tanulást és az érettségi vizsgára való felkészülést a leckék végén kitûzött feladatok segítik. Ezeket a nehézségi szintjük szerint is csoportosítottuk: K1
= középszint, könnyebb;
K2
= középszint, nehezebb;
E1
= emelt szint, könnyebb;
E2
= emelt szint, nehezebb feladat.
A leckék végén lévõ feladatok részletes megoldása megtalálható az interneten, a www.ntk.hu weboldalon. Az érdeklõdõk vagy gyakorolni vágyók számára a leckék végén még további feladatokat is ajánlunk, amelyeket a Nemzeti Tankönyvkiadó MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény családjából jelöltünk ki. Segíteni kívánjuk a diákok pályaorientációját, ezért néhány pályaképpel szeretnénk felhívni a figyelmet a matematikatanulás hasznosságára. A pályaképekben megjelenõ fiataloktól megtudhatjuk, hogy jelenlegi munkájuk során hogyan hasznosítják, amit korábban a középiskolában megtanultak.
A felkészüléshez ajánlott példatárak: Gerõcs László – Orosz Gyula – Paróczay József – Szászné Dr. Simon Judit: 16125/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 16125/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I., Megoldások 16126/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 12126/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II., Megoldások Czapáry Endre – Czapáry Endréné – Csete Lajos – Hegyi Györgyné – Iványiné Harró Ágota – Morvai Éva – Reiman István: 16127/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény III., Geometriai feladatok gyûjteménye 16127/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény III., Geometriai feladatok gyûjteménye, Megoldások
7
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:52
Page 8
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS
A középkor végének Európájában egyre fontosabbá vált a hajózás, csillagászat, kereskedelem,és az ipar fejlesztése. Ezt a felgyorsult fejlõdést elsõsorban mûszaki és matematikai vívmányoknak köszönhették. A pénzforgalomban érdekelt szakemberek számára a kamatos kamat gyors kiszámítása érdekében táblázatokat készítettek. A megfeleltetést a görög logosz, arány és arithmosz, szám összevonásából latinosan logaritmusnak nevezték el.
8
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:52
Page 9
VEGYES ALGEBRA FELADATOK – ISMÉTLÉS
VEGYES ALGEBRA FELADATOK – ISMÉTLÉS A 9. és 10. osztályban elsajátított algebrai módszerek és eszközök már sokféle feladat megoldását teszik lehetõvé. Ismétlésképpen a hatványozás, gyökvonás és a nevezetes azonosságok témakörébõl válogattunk össze néhány feladatot. Ezek megoldásához néha valamilyen ötlet kell – de a megoldás leírása elegánsan, néhány sorban megadható. Az alábbi feladatsorban az A, B, …, F számértékeket kell meghatározni. Próbáljuk ügyes számolással, a számológép használata nélkül megoldani a feladatot!
1. példa (számválaszos verseny) A = 312 4212 + 212 4212 – 624 842 ⋅ 212 421; C = 444 444 4452 + 111 111 111 – 444 444 4442; E=
12 343 212 345 ; 12 343 212 3462 - 12 343 212 345 $ 12 343 212 347
B = 777 777 7782 – 222 222 2232; D = b1 + 1lb1 + 1l f b1 + 1 l ; 2 3 100 F=
10 - 4 6 - 10 + 4 6 .
Segítség: A: Az x2 + y2 – 2xy = (x – y)2 azonosságot alkalmazhatjuk. B: Segít az x2 – y2 = (x + y)(x – y) azonosság. C: Az x2 + y – z2 kifejezés tagjait érdemes x2 – z2 + y sorrendbe csoportosítani. D: Alakítsuk át a tényezõket közönséges törtté! x -1 E: Legyen például x = 12 343 212 346, ekkor a tört 2 alakú. x - ^ x - 1h^ x + 1h F: Észrevehetjük, hogy a két négyzetgyök alatt teljes négyzetek szerepelnek. Eredmények: A = (312 421 – 212 421)2 = 100 0002 = 1010. B = (777 777 778 + 222 222 223)(777 777 778 – 222 222 223) = 1 000 000 001 ⋅ 555 555 555 = = (1 000 000 000 + 1) ⋅ 555 555 555 = 555 555 555 000 000 000 + 555 555 555 = 555 555 555 555 555 555 (18 darab 5-ös). C = (444 444 445 + 444 444 444)(444 444 445 – 444 444 444) + 111 111 111 = 888 888 889 + + 111 111 111 = 1 000 000 000 = 109. D = 3 $ 4 $ 5 $ f $ 100 $ 101 = 101. (A 3, 4, …, 100 tényezõkkel egyszerûsíthetünk.) 2 3 4 99 100 2 E = x2 - ^ x - 1h^ x + 1h = x2 - ^ x2 - 1h = 1, így a tört x - 1 = 12 343 212 345 alakú. 1 1 F: 10 - 4 6 = ^ 6 - 2h és 10 + 4 6 = ^ 6 + 2h , így 2
F=
2
^ 6 - 2h - ^ 6 + 2h = 2
2
6 -2 -
6 + 2 = 6 - 2 - ^ 6 + 2h = -4 .
Másképpen is eljárhatunk:
F2 = 10 - 4 6 + 10 + 4 6 - 2 ^10 - 4 6 h^10 + 4 6 h = 20 - 2 100 - 16 $ 6 = 16 , s mivel F < 0, ebbõl F = –4 következik. A következõ két példa egy-egy matematikai alkalmazás. Most is elõször önállóan próbáljuk megoldani a feladatokat.
9
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:52
Page 10
VEGYES ALGEBRAI FELADATOK – ISMÉTLÉS 2. példa Megfigyelhetjük, hogy 11 – 2 = 3 ⋅ 3; 1111 – 22 = 33 ⋅ 33; 111 111 – 222 = 333 ⋅ 333. Vajon folytatódik ez a szabályosság?
Megoldás Azt kell igazolnunk, hogy S 11f1-S 22f2 =SS 33f3 $ 33f3 minden pozitív egész k számra teljesül. He2k darab k darab k darab k darab lyettesítsük a k darab 1-esbõl álló S 11f1 számot a-val! Ekkor az S 11f1 szám a ⋅ 10k + a, és az igazolandó k darab
2k darab
állítás a ⋅ 10k + a – 2a = 3a ⋅ 3a alakú. Átrendezés és a-val való egyszerûsítés után 10k – 1 = 9a egyenlet adódik, és ez minden a fenti a-ra igaz: 10k – 1 éppen k darab 9-esbõl áll. Az észrevett szabályosság tehát folytatódik.
3. példa 20
1 Tripla szektor 18
9
Dupla szektor 5 12
Bull
külsõ Bull 6
11
13
14
4 15
16
8
10
17
3
19
7 Szimpla szektor
2
A darts nevû ügyességi játékban a céltábla egyes mezõire dobónyíllal célzunk. A megfelelõ 1, 2, … , 20 mezõket eltalálva ennyi pontot ér egy-egy dobás. A külsõ vékony körgyûrût eltalálva a dobásérték duplázódik, a beljebb lévõ körgyûrû eltalálása pedig háromszorozza az értéket. Még két speciális mezõ van: a céltábla piros közepe (Bull) 50 pontot, a körülötte levõ zöld külsõ Bull pedig 25 pontot ér. Három dobásból legfeljebb 180 pont érhetõ el, ha három tripla 20-ast dob a játékos (T20 + T20 + T20 = 180). Feladat: mutassuk meg, hogy a 173 pont nem érhetõ el három dobásból!
Megoldás Ha az egyik dobás 50-es Bull (vagy kisebb értékû), akkor a maradék 123 pont túl sok, két dobásból nem érhetõ el. Minden dobásnak tehát 50-nél nagyobbnak, azaz triplának kell lennie. De a tripla találatok, valamint összegük is mind oszthatók 3-mal, míg a 173-ra ez nem igaz. Ezért a 173 pont valóban nem állítható elõ.
FELADATOK 1. K2
Mennyi az alábbi kifejezések kiszámított értékében a számjegyek összege? a) ^1010h5 - 7 ;
b) 10^10 h - 7 ; 5
c) 9 + 99 + 999 + … + S 99f9 . 2011darab
2. K2
10
1 1 + +f+ 1+ 2 2+ 3 (Segítség: gyöktelenítsük a törteket!) Mennyi az
1 kifejezés pontos értéke? 99 + 100
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:52
Page 11
1. EGÉSZKITEVÕJÛ HATVÁNYOK, AZONOSSÁGOK
1. EGÉSZKITEVÕJÛ HATVÁNYOK, AZONOSSÁGOK Elõzõ évi tanulmányainkban értelmeztük a valós számok egész kitevõjû hatványát. Természetes a kérdés: bõvíthetõ-e a hatványozás fogalma tetszõleges racionális, esetleg irracionális kitevõkre is. Ezt a kérdést fogjuk vizsgálni, elõtte ismételjük át a hatványozás azonosságait. 1. Azonos alapú hatványok szorzata: a m $ a n = a m + n , a ! R, a ! 0, m, n ! Z .
1. példa 53 $ 55 $ 5-6 = 53 + 5 - 6 = 52 ; 5 3 5 -4 5 3-4 5 -1 7 b7 l $ b7 l = b7 l = b7 l = 5 ; p3 $ p a $ p-b = p3 + a - b .
2. Szorzat hatványozása: ^a $ bhn = a n $ b n , a, b ! R, a ! 0, b ! 0, n ! Z .
2. példa ^2 $ 7h3 = 23 $ 73 ; ^k $ l $ nhb = k b $ l b $ n b .
3. Azonos alapú hatványok hányadosa: a m a m - n , a ! R, a ! 0, m, n ! Z . = an
3. példa 32 = 32 - ^-1h = 33 ; 3-1 a5 $ a 2 a5 + 2 - 4 a3 , = = a4
a ! R, a ! 0 .
4. Tört (hányados) hatványozása: a n an a k = n , a, b ! R, a ! 0, b ! 0, n ! Z . b b
11
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:52
Page 12
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 4. példa 2 4 2 4 16 b 3 l = 4 = 81 ; 3 4 -2 4-2 9 b 3 l = -2 = 16 . 3
5. Hatvány hatványozása
^a nhm = a n $ m ,
a ! R, a ! 0, m, n ! Z .
5. példa ^72h-3 = 7-6 = 16 ; 7 c
k-2 -3 k6 = -15 , 5 m l l
k, l ! R, k ! 0, l ! 0 .
Nézzünk néhány példát az azonosságok összetettebb használatára, ezek segítségével kifejezések egyszerûbb alakját keressük.
6. példa Határozzuk meg az 1 a-2 b 4 a3 b-3 kifejezés értékét, ha a = - 1 , b = 8 . 5 8
Megoldás 1 a-2 b 4 a3 b-3 1 ab 1 $ 1 $ 8 1 = 5 = 5 b- 8 l = b- 5 l . 5
7. példa Hozzuk egyszerûbb alakra az alábbi kifejezéseket: 3 5 4 -2 a) m $ n-1 $ c n-3 m : ^m7 $ n-2h-4 , m m$n
m, n ! R, mn ! 0 ;
b) pq^ p-1 + q-1h^q2 - p2h-1, p, q ! R, pq ! 0, q ! p .
Megoldás
Fogalmak a hatványozás azonosságai.
3 5 4 -2 a) m $ n-1 $ c n-3 m : ^m7 $ n-2h-4 = m2 $ n-1 $ n20 $ m12 $ m28 $ n-8 = m 42 $ n11; m m$n 1 1 b) pq^ p-1 + q-1h^q2 - p2h-1 = pq c 1 + 1 mc 2 1 2 m = ^q + phc m = q - p. p q q -p ^q + ph^q - ph
12
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:52
Page 13
1. EGÉSZKITEVÕJÛ HATVÁNYOK, AZONOSSÁGOK FELADATOK 1. K1
Számítsuk ki az alábbi hatványok értékét! a) 28 ,
-28 ,
^-2h8 ;
b) ^35 $ 36h : 39 ; c) 2. K1
58 $ 522 ; 25 $ ^52h15
d)
^7 4h3 $ 495 ; ^73h7 $ 7
5 6 7 e) 2 + 2 +6 2 ; 14 $ 2
f)
44 . 2 + 28 7
Döntsük el, hogy igazak-e az alábbi egyenlõségek! Ahol az egyenlõség nem igaz, javítsuk ki úgy, hogy igaz legyen! a) 5 $ 5 41 = 25 41; d) 8 40 = 480 ; b) 9 $ 324 = 326 ;
c) ^9 $ 3h24 = 2726 ;
e) 2 40 $ 4 40 = 880 ; f) 2 40 $ 4 40 = 8 40 .
3. K1
Írjuk fel egyetlen hatványként az alábbi mûveletek eredményét! 2 18 40 2 3 810 . a) 12 2 $ 9 7 $ 68 ; b) 25 $43 $ 15 15 $ 12 3 $ ^6 h
4. K1
Írjuk fel negatív kitevõ nélkül az alábbi hatványokat! -1 a) 2-3 ; b) 3-5 ; c) b 2 l ; 5
5. K1
Írjuk fel egyetlen hatványként az alábbi kifejezéseket! a) ^ a5 $ a6h $ ^ a9h3 ;
d)
x8 $ x22 ; 2 x $ ^ x2h15
e)
b) c) 6. K2
-2 e) 5 . 4
d) 1-1 ; 2
^ y 4h3 $ ^ y5h4 ; ^ y3h7 $ y
x3 $ x-5 $ ^ x-2h4 ; x10
^ y-5h4 $ ^ y11h4 . ^ y-6h7 $ y9
Franciaországban 1795-ben elfogadott prefixumok:
Írjuk egyszerûbb alakba az alábbi kifejezéseket! 3 5 3 -2 a) a $ b-1 $ c a-3 m : ^ a8 $ b-3h-4 , b b$a
a, b ! R, a, b ! 0 ;
6 7 8 10 b) a + a7 + a $ 2 a . a a + a +1
A prefixum
eredete
jelentése
kilo
3
10
k
görög
„ezer”
hekto
102
h
görög
„száz”
1
da
görög
„tíz”
deci
–1
10
d
latin
„tíz”
centi
10–2
c
latin
„száz”
milli
10–3
m
latin
„ezer”
neve
deka
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 816– 825, 827–828, 834–840.
A prefixum
A prefixum jele
értéke
10
13
16312_Matek11_01_
2011.12.20.
17:15
Page 14
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS
2. AZ n-EDIK GYÖK ÉS AZONOSSÁGAI Ismételjük át az n-edik gyök fogalmát és azonosságait!
Definíció Az n a definíciója: 1. eset Ha n pozitív páros szám, azaz n = 2k, k ! N+, akkor az a nemnegatív szám 2k-adik gyökén azt a nemnegatív számot értjük, melynek 2k-adik hatványa a.
^2k a h = a , ahol a $ 0, és n = 2k, k ! N+. 2k
2. eset Ha n $ 3 pozitív páratlan szám, azaz n = 2k + 1, k ! N+, akkor az a valós szám (2k + 1)-edik gyökén azt a valós számot értjük, melynek (2k + 1)-edik hatványa a.
^2k + 1 a h
2k + 1
= a , ahol a ! R, és n = 2k + 1, k ! N+.
Megjegyzés Nemnegatív valós szám n-edik gyökén azt a nemnegatív valós számot értjük, melynek n-edik hatványa az x számmal egyezik meg, ahol n ! N, n $ 2. A definíció szerint: ^n x h = x , x $ 0, n ! N, n $ 2. n
A TANULT AZONOSSÁGOK I. Szorzat n-edik gyöke egyenlõ a tényezõk n-edik gyökének szorzatával. Ha a $ 0, b $ 0, és n ! N, n $ 2, akkor (Ha n páratlan, a és b negatív is lehet.)
n
ab = n a $ n b .
1. példa 4 5
27 $ 4 3 = 4 3 4 = 3;
-8 $ 5 4 = 5 ^-2h5 = -2.
II. Tört (hányados) n-edik gyöke, egyenlõ a számláló és a nevezõ n-edik gyökének hányadosával. Ha a $ 0, b > 0, és n ! N, n $ 2, akkor
14
n
a = b
n n
a. b
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:52
Page 15
2. AZ n-EDIK GYÖK ÉS AZONOSSÁGAI 2. példa 1 8 =
3
3 3
1 1 = 2; 3 2
64 64 - 3 nem értelmezett, mert - 3 1 0 .
6
III. Egy nemnegatív valós szám n-edik gyökének k-adik, egész kitevõjû hatványa egyenlõ a szám ugyanazon kitevõjû hatványának n-edik gyökével. Ha a $ 0, n ! N, n $ 2, és k ! Z, akkor ^n a h = n a k . k
3. példa ^3 4 h = 3 43 = 4 ; 3
^a 5 a h = a5 $ ^5 a h = a5 $ 5 a5 = a5 $ a = a6 . 5
5
IV. Az n-edik gyök k-adik gyökét felírhatjuk úgy is, hogy a gyök alatti kifejezés (n ⋅ k)-adik gyökét vesszük. Ha a $ 0, n ! N, n $ 2, és k ! N, k $ 2, akkor
n
k
a = n$k a .
4. példa Ha a, b pozitív valós számok: 3
a2 = 6 a2 ^= 3 a h ;
a 3 b ab =4 b a
4
a6 b
b2 ab 4 = a2
a6 b
b3 24 a =
a6 $ b3 24 = b6 a
a5 . b3
V. Hatvány alakú kifejezés gyökénél a hatványkitevõ és a gyökkitevõ egyszerûsíthetõ, bõvíthetõ. Ha a > 0, n ! N, n $ 2, k ! N, k $ 2, m ! Z, akkor
n$k
am $ k = n am .
5. példa 18
a15 = 6 a5 ;
^ 2 - 3 h^ 2 + 3 h = ^ 64 - 27 h^ 16 + = 12 1024 + 12 46 656 - 12 432 - 12 19 683 . 4
3
12
12
12
12
729 h =
Fogalmak gyökvonás; n-edik gyök.
15
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:52
Page 16
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS FELADATOK 1. K1
Döntsük el melyik szám nagyobb! a)
3. K2
4. K2
3
5;
1 2
vagy
3
1; 2
c)
0,1
vagy
3
0,1;
vagy
5
6.
3
7
Állítsuk nagyság szerint csökkenõ sorrendbe az alábbi számokat! 3
4
4;
8;
6
10 .
Számítsuk ki az alábbi gyökök értékét! a)
3
6 $ 3 36 ;
c)
b)
5
8 $ 5 22 ;
d)
7
1024 $ 7 42 ; 3
3
4
e)
103 $ 0,1 . 4 0,01
1296 ; 4 $ 3 12
Végezzük el az alábbi mûveleteket! 3
a) 5. K2
vagy
b)
d) 2. K2
5
6 $4
10 ;
b)
4
1 $5 2
23 ;
c) c
5
5
1m $4 3
Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével az alábbi mûveletek eredményét! a)
b)
4
2 $5 2 $3 4 ; 1 8
4
3 3;
c)
3
d)
3
5 $ 5 125 $ 4 5 ; 2$ 3
e)
a3 a $ 4 a 2 .
3 $3 6 ; 2
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 895–900, 902–911, 916–919.
16
33 .
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:53
Page 17
3. RACIONÁLIS KITEVÕJÛ HATVÁNY, PERMANENCIA ELV
3. RACIONÁLIS KITEVÕJÛ HATVÁNY, PERMANENCIA ELV Az elõzõekben az egész kitevõjû hatványokat értelmeztük, a hatványozás és az n-edik gyök azonosságait ismételtük át. Nyilvánvalóan felmerül a kérdés, kiterjeszthetõ-e a hatványozás fogalma tetszõleges racionális kitevõkre. Ha ez lehetséges, akkor úgy járjunk el, hogy az eddig megismert azonosságok érvényben maradjanak. Ezt az igényt fejezi ki a permanencia elv. Vegyük figyelembe a következõ azonosságot:
^a khl = a kl , ahol k, l ! Z. Tehát ha racionális kitevõre szeretnénk értelmezni a hatványozást, akkor legyen igaz:
_ a n i = a m , ahol a ! 0, n ! 0, m, n ! Z . m n
Ha mindkét oldalból n-edik gyököt vonunk: m
a n = n am . Még vizsgáljuk meg, hogy ha ezt az összefüggést definíciónak fogadjuk el, akkor az értelmezési tartomány milyen alap esetén felel meg elvárásainknak. Három probléma merülhet fel. 1. probléma Ha az alap negatív szám, akkor ellentmondásba juthatnánk, például: 3
4 ^-3h = 4 ^-3h3 nem értelmezhetõ a valós számok halmazán, ezért a negatív alapot ki kell zárnunk.
2. probléma m k Ha m = k , akkor a n = a l teljesül-e? n l Az igazoláshoz alakítsuk át a feltételt. Ha m = k , akkor m $ l = k $ n. n l Induljunk ki az igazolandó egyenlõség bal ldalából. m
k
a n = n a m = nl a ml = nl a kn = l a k = a l . Az egyenlõség sorozat harmadik lépésénél használtuk ki a feltételt, és igazoltuk az állítást, azaz a törtkitevõ más alakban történõ felírásától nem függ a hatvány értéke. 3. probléma A permanencia elv vizsgálata: Bizonyítható, hogy a hatványozás azonosságai is érvényben maradnak. m
k
m
Példaként vizsgáljunk meg az a n $ a l = a n
+
k l
azonosság érvényes-e?
17
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:53
Page 18
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS m
k
ml
kn
Egyrészt: a n $ a l = a nl $ a ln = nl a ml $ nl a kn = nl a ml + kn . m
+
ml + kn
k
Másrészt: a n l = a nl = nl a ml + kn . Az egyenlõségek jobb oldalai megegyeznek, tehát a bal oldalak is egyenlõk. m
k
m
+
k
Ezzel beláttuk, hogy a a n $ a l = a n l régebben ismert azonosság érvényben maradt. Hasonlóan igazolható a többi azonosság megmaradása is.
Definíció Egy tetszõleges pozitív x szám m -edik hatványa az x szám m-edik hatványából vont n-edik gyök, n azaz m
x n = n x m , ahol x > 0, m ! Z, n ! N, n ≠ 0, n ≠ 1.
1. példa Számítsuk ki a következõ hatványok pontos értékét! 1
5
3
a) 8 3 ;
c) b 16 l 4 ; 81
b) 0 4 ;
Megoldás 1
3
b) 0 4 = 4 03 = 0 ;
a) 8 3 = 3 8 = 2; 5
5 c) b 16 l 4 = 4 b 81l = 4 81 16
320 35 20 = b 2 l ; 2
5
d) 0,01-2,5 = b 1 l 2 = 1005 = 105 = 100 000 ; 100
e) 625 3 = ^5 4h3 = 5 3 = 3 516 = 55 $ 3 5 . 4
4
16
2. példa Hozzuk egyszerûbb alakra a kifejezéseket! a) a2 3 k $ 3 22 ; 1 -4
3
1
2 2 b) 4a $ a3 . ^ ah
Megoldás a) a2 3 k $ 3 22 = 2 3 $ 2 3 = 2 1 -4
b)
18
3
4
1
2
1
2
-4 + 2 3
-
=2
2 3
1 =3 4;
a2 $ a 2 a 3 $ a 2 a 32 + 21 - 34 a 125 12 a5 , ha a > 0. = = = 3 = 3 4 ^ ah a4
d) 0,01-2,5 ;
4
e) 625 3 .
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:53
Page 19
3. RACIONÁLIS KITEVÕJÛ HATVÁNY, PERMANENCIA ELV 3. példa Végezzük el a mûveleteket, a hatványok alapja pozitív valós szám! 2
b) a a 3 + b 3 k .
3 a) a a 7 b 5 k ; 2
1
1
1 2
Megoldás 2 1 3 5
a) a a b k = a b 2 7
2 15
4 21
=a
20 105
b
14 105
Fogalmak permanencia-elv; racionális kitevõjû hatványozás.
= 105 a20 b14 ;
b) a a 3 + b 3 k = a 3 + 2^ abh3 + b 3 = 3 a2 + 2 $ 3 ab + 3 b2 . 1 2
1
1
2
2
FELADATOK 1. K1
2. K1
Számítsuk ki az alábbi hatványok értékét! 1
b) 0 5 ;
c) b 27 l 3 ; 8
f) 160, 75 ;
g) 32-0, 4 ;
h) 27
3
1
4
8;
b)
;
-6,5 i) b 1 l ; 81
j) 0,36 2 .
d) 6-2,5 ;
e) 13 3 .
-
5
c) 7
5 4
4
;
5
3 2 b 4l ;
c)
3
5
2
d) 8 3 $ 5 28 $ 3 16 .
25 $ 5 3 ;
Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével az alábbi mûveletek eredményét! 1 -5
3
1
2 2 b) 45 $ 53 ; ^ 5h
c)
5
a $ _a 2i $ 3 a4 ; 1 -5
1
d)
3
b3 $ 4 b 2 $ b 3 . 5 ^6 b h
Végezzük el az alábbi hatványozásokat! 3
4 a) a2 5 $ 3 3 k ; 1
6. K2
-
b) 10 4 ;
a) a3 3 k $ 3 32 ; 5. K2
10 6
e) 1331 3 ;
Írjuk át az alábbi kifejezéseket egyetlen szám hatványaként! a)
4. K2
-
d) 0,00001-3,5 ;
Írjuk át az alábbi kifejezéseket gyökös alakba! a) 5 3 ;
3. K2
2
5
2
a) 32 5 ;
1
21 3,2 4 10 ; b) 5 $ 26 10 5
c) a a 2 - b 2 k . 1
1 2
Írjuk a lehetõ legegyszerûbb alakba az alábbi kifejezéseket! -
a) a
1 2
-
$b
1 2
$
ab ; ^a + bh-1
b) a a 2 + b 2 k $ 1
1 -1
ab
aa + b 2k 1 2
1 2
.
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 927–937.
19
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:53
Page 20
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS
4. AZ EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY Az elõzõ leckében értelmeztük a pozitív alapú, racionális kitevõjû hatványt. Magasabb matematikai módszerekkel bizonyítható, hogy az értelmezés kiterjeszthetõ irracionális kitevõkre is. Ez a kiterjesztés a permanencia elvnek megfelelõen, megtartja az eddig megismert hatványozás azonosságokat, valamint teljesül a következõ tulajdonság: – ha a > 1 valós szám, p, r racionális számok, q irracionális szám és p < q < r, akkor ap < aq < ar; – ha 0 < a < 1 valós szám, p, r racionális számok, q irracionális szám és p < q < r, akkor ap > aq > ar. Az exponenciális kifejezések vizsgálatát, egyenletek, egyenlõtlenségek megoldását segíti, ha megismerjük az exponenciális függvényeket és legfontosabb tulajdonságaikat. Azokat a függvényeket, amelyekben a változó a kitevõben szerepel, exponenciális függvényeknek nevezzük, azaz f : R → R+, f (x) = ax, ahol a > 0 függvény az a alapú exponenciális függvény. Vizsgáljuk meg az f : R → R+, f (x) = a x függvényt, ahol a > 0! Tekintsük elõször az f : R → R+, f (x ) = 2 x függvényt. (Legegyszerûbben úgy fogalmazhatnánk, hogy a vizsgált exponenciális függvény „állandó mértékben többszörözõdik”, például egy baktériumkultúra, amely „minden órában megduplázódik”.) Az egész-, illetve a racionális kitevõjû hatvány értelmezése, tulajdonságai alapján kijelenthetjük, hogy az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvõ. A bevezetõ alapján is láttuk, hogy bizonyítható, hogy ha az értelmezési tartományt kiterjesztjük a valós számok halmazára, akkor a függvény monotonitása nem változik. A függvény grafikonja: y
2
A függvény legfontosabb tulajdonságai: 1. Df = R 2. Rf = R+ (minden pozitív értékeket felvesz). 3. Szigorúan monoton növekvõ. 4. Zérushelye nincs. 5. Az ordináta tengelyt a grafikon a (0; 1) pontban metszi.
x
1 0
1
x
Felmerül a kérdés: milyen lényeges tulajdonságok változnak meg, ha az alapot módosítjuk?
20
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:53
Page 21
4. AZ EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY 1. eset Legyen az alap: a > 1. Tekintsük a következõ függvényeket: x x g : R → R+, g^ x h = b 3 l ; h : R → R+, h^ x h = ^ 2 h . f : R → R+, f^ x h = 3 x ; 2 y
y
3
y
x
(32) 1 0
x
(√2¬) 1
1 1
x
0
x
1
0
x
x
1
Megállapíthatjuk, hogy az elõzõ tulajdonságok mindegyike érvényes ezekre a függvényekre is.
2. eset
y
Legyen az alap: a = 1; f : R → R+, f^ x h = 1 x . Ebben az esetben a függvény konstans függvény, grafikonja az x tengellyel párhuzamos egyenes. (Megjegyzés: Sok esetben az a = 1 alapot nem engedik meg.)
1x
1 0
x
1
3. eset Legyen az alap 0 < a < 1. Tekintsük a következõ függvényeket: x f : R → R+, f^ x h = b 1l ; 2 x g : R → R+, g^ x h = b 2 l . 3 Látható, hogy lényeges változás csak a monotonitásban történt! 1. Df = R 2. Rf = R+, azaz csak pozitív értékeket vesz fel. 3. Szigorúan monoton csökkenõ. 4. Zérushelye nincs. 5. Az ordináta tengelyt a grafikon a (0;1) pontban metszi.
y
(12)
y
x
(23)
1 0
1
x
x
1 0
1
x
21
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:53
Page 22
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Összegezzük megfigyeléseinket! (Természetesen ezek a tulajdonságok magasabb matematikai módszerekkel bizonyíthatók.)
y
a>1
a<1
Az f : R → R+, f^ x h = a x függvényt, ahol a > 0 exponenciális függvénynek nevezzük. Ha az alap, a = 1, akkor a függvény konstans függvény. Ha az alap, 0 < a < 1, akkor a függvény szigorúan monoton csökkenõ. Ha az alap, a > 1, akkor a függvény szigorúan monoton növekvõ. Mindhárom függvény csak pozitív értékeket vesz fel és minden pozitív értéket felvesz, valamint az ordináta tengelyt a (0; 1) pontban metszi.
a=1
1 0
1
x
1. példa Ábrázoljuk és jellemezzük a függvényeket! a) f : R → R, f^ x h = 2 x - 5;
b) g: R → R+, g^ x h = 2 x - 5 ;
c) h: R → R+, h^ x h = 2 $ b 1l ; 3 x
Megoldás a) Az f : R → R, f^ x h = 2 x - 5 szigorúan monoton növekvõ, mert az alap 1-nél nagyobb. A függvény grafikonja eltolással kapható a k : R → R+, k^ x h = 2 x függvény grafikonjából, az eltolás vektora: v(0; –5).
y
0 2
22
1
1
x
x−5
1 0
2 x− 5
1
y
x
b) Az g: R → R+, g^ x h = 2 x - 5 szigorúan monoton növekvõ, mert az alap 1-nél na-
gyobb. A függvény grafikonja eltolással kapható a k : R → R+, k^ x h = 2 x függvény grafikonjából, az eltolás vektora: v(5; 0).
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 23
4. AZ EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY c) A h: R → R+, h^ x h = 2 $ b 1l szigorúan monoton csökkenõ, mert az alap 1-nél 3 x kisebb. A függvény grafikonja a k: R → R+, k^ x h = b 1l függvény grafikonjából 3 2-szeres nyújtással kapható. x
Fogalom exponenciális függvény.
FELADATOK 1. K1
Ábrázoljuk az f : x 7 10x függvényt!
2. K1
Válasszuk ki az alábbi függvények közül azokat, amelyek monoton csökkenõek! x x x c : x 7 b 4l ; a: x 7 5x; b : x 7 b 3l ; d:x 7 2 ; e : x 7 4-x ; f : x 7 0,1-x . 5 5 2
3. K1
Vázoljuk fel a megadott függvények grafikonjait. Határozzuk meg hol és mennyi az f függvény minimuma és maximuma! f : [–1; 3] → R, x 7 4x;
4. K1
g : [–2; 4] → R,
x 7 3-x ;
h : [0; 5] → R,
x x 7 10 . 10
Az eddig tanult függvénytranszformációk felhasználásával ábrázoljuk az alábbi függvényeket! x f : x 7 3x- 2; g : x 7 3x+4; h : x 7 4 $ b 1l ; 2 k : x 7-3 x ;
5.
f : x 7 21 - x .
Ábrázoljuk és jellemezzük az alábbi függvényeket! K1 a) x 7 3-x ; K1 c) x 7-3-x ; K2 e) x 7 3 x ; x -x K1 b) x 7 b 1l ; K1 d) x 7- b 1l ; K2 f) x 7 3- x ; 3 3
6. K2
K2 g) x 7 3 -x .
Keressük meg grafikus úton az egyenletek megoldásait! a) 2 x = - x + 6 ; b) 3 x - 1 = 5 - 2x ; c) 2 x = 2 x .
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 723–730.
23
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 24
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS
5. EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK Oldjuk meg a következõ „alapegyenleteket” a valós számok halmazán!
1. példa b) 343 x = 1 ; c) 4x = 2 ; d) 52x - 3 = 1. 7 2 8 Ötlet: az „alapegyenletekben” szereplõ számokat, kifejezéseket írjuk fel azonos alapú hatványokkal. a) 3 x = 243;
Megoldás a) 3 x = 243;
b) 343 x = 1 ; 7
c) 4x = 2 ; 2 8 -
d) 52x - 3 = 1; 1
22 - 3x = 2 2 ; 3 x = 35 ; 73x = 7-1; 52x - 3 = 50 . Értelmezzük az egyenletek bal oldalán álló kifejezéseket, mint egy-egy exponenciális függvényt. Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton (kölcsönösen egyértelmû), így a megoldások a kitevõk egyenlõségébõl következnek: a) x = 5; b) 3x = –1; c) 2 - 3x = - 1 ; d) 2x - 3 = 0 ; 2 5 3x ; x = - 1; x = 3. 3 2= 2 5 x; 6= Megoldásainkat ellenõrizzük! Például:
a) 35 = 243;
-
b) 343
1 3
1 1 = 3 343 = 7 .
Összetettebb egyenletek esetén elõször törekedjünk arra, hogy ekvivalens átalakításokkal az 1. példában látott „alapegyenlethez” jussunk.
2. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 2
13 x + 3x - 18 = 1.
Megoldás 2
13 x + 3x - 18 = 130 , mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így x2 + 3x - 18 = 0; ^ x + 6h^ x - 3h = 0; x1 = -6, x2 = 3. Ellenõrzéssel megállapíthatjuk, hogy a kapott gyökök kielégítik az egyenletet.
24
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 25
5. EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK Ha az egyenletben azonos alapú hatványok összege szerepel:
3. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 32x + 32x + 2 = 270 .
Megoldás Alakítsuk át az egyenlet bal oldalát: 32x + 32 $ 32x = 270; 10 $ 32x = 270; 32x = 27; 32x = 33 . Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így a kitevõkre: 2x = 3; x = 3. 2 Végezzünk ellenõrzést! 3
2$ 3 2
= 27 ;
3
2$ 3+2 2
= 35 = 243;
Tudod-e, hogyan kell kiolvasni ezt a számot: 123 132 213 231 312 321 124? Segítségül használhatod a táblázatot. 106 – millió 109 – milliárd (106)2 – billió 1015 – billiárd (106)3 – trillió (106)4 – quadrillió
27 + 243 = 270 .
Ha az egyenletben különbözõ alapú hatványok szerepelnek:
4. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 25 x - 3 $ 5 x - 10 = 0 .
Megoldás Azonos alapú hatványokká alakítva: 52x - 3 $ 5 x - 10 = 0 , most 5x-re nézve másodfokú egyenlethez jutottunk:
^5 xh2 - 3 $ 5 x - 10 = 0 ;
^5 xh1, 2 = 3 ! 9 + 40 = 3 ! 7 . 2 2 Tehát 5x = 5 ⇒ x = 1, vagy 5x = –2. Ennek az egyenletnek nincs megoldása, mivel 5x csak pozitív értékeket vesz fel. Ellenõrzéssel megállapíthatjuk, hogy a kapott gyök kielégíti az egyenletet.
25
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 26
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 5. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 2 x + 3 x - 2 = 3 x - 2 x + 1.
Megoldás Ekvivalens átalakításokkal: 2 x + 3 x - 2 = 3 x - 2 x + 1; 2 x + 2 $ 2 x = 3 x - 1 $ 3 x; 9 8 x x 3$2 = $3 ; 9 2 x 23 ; = 3 x 33 x 2 23 b 3l = b 3l . Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így x = 3. Ellenõrzés: 23 + 33 - 2 = 8 + 3 = 11; 33 - 23 + 1 = 27 - 16 = 11.
6. példa Mutassuk meg, hogy az egyenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán! 2x 1x b 2l + ^ 3 h = 0.
Megoldás Fogalom exponenciális egyenlet.
x Az exponenciális függvény csak pozitív értékeket vesz fel, így b 1l 2 0 , és 2
^ 3 h 2 0 , ezért összegük nem lehet 0. 2x
FELADATOK 1.
Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán! x K1 a) 5 x = 125; K1 e) 3 = 3-2 ; K1 i) 81 3 K1 b) 3 x - 2 = 243; x
2.
26
K1 f) 25x - 8 = 2; 20
6 - 2x
K1 c) 11 = 11 $ 11 ;
K1 g) 9
= 1;
K1 d) ^2 xh12 = 415 ;
K1 h) 7 4 - x = 0 ;
2
x-2
3x - 5
= 9;
=8
x-6
K2 j) 3 $ 3 K2 k) 4
x + 15
= 8;
$ 2;
K2 l) ^52x + 1h2 $ 25 x - 2 = b 1l 5
3 - 2x
$ 5.
Van-e az alábbi egyenleteknek megoldása az egész számok halmazán? K1 a) 2 x + 2 x + 1 = 3 $ 215 ;
K2 c) 62x $ 9 x - 1 = 4 x $ 27 x + 30 ;
K1 b) 3 x - 3 x - 2 = 648 ;
K2 d)
x
64 = 2;
2
E1 e) 9 x $ 27 x $ 3-4 = 93 + x $ 243.
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 27
6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK 3. K2
Új ismeretlen bevezetésével oldjuk meg az alábbi egyenleteket! a) 2 x + 2 x + 1 = 192; b) 5 x + 1 - 4 $ 5 x + 5 x - 1 = 150 ; c) 32x - 1 + 9 x + 1 = 9
4. K2
2x + 1 2
+ 171.
Hány megoldása van az alábbi egyenleteknek az egész számok halmazán? 2
a) 32x $ 3 x = 92x + 1;
c) 4 x = 9 $ 2 x - 8 ;
b) 4 x = 3 $ 2 x + 1 - 5;
d) 53x + x - 2 = 1;
2
e) 2 x + 1 = 10 - 23 - x ; f) 7 x + 1 - 71 - x = 48 .
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1603–1609, 1612–1613, 1616.
6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK Az egyenletrendszerek megoldásakor alkalmazzuk a már jól ismert módszerek valamelyikét, célszerû elõször ekvivalens átalakításokkal egyszerûbb alakú egyenleteket keresni. Az új ismeretlen bevezetése gyakran egyszerûsítheti a feladatmegoldást. Megjegyzés A témakör nincs a szigorúan vett érettségi tananyagban, ugyanakkor nagyon egyszerû függvényeket használ, amelyek a függvények témakörben is szereplõ kérdéseket vezetnek be. Az egyenletrendszerek részben ötletet mutatunk az új változó bevezetésére.
1. példa Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán! (1) 3 x + 2 y + 1 = 11; (2) 5 $ 3 x - 3 $ 2 y = 3.
Megoldás Vezessünk be új ismeretleneket, legyen 3 x = a , 2 y = b , ahol a, b pozitív számok. Ekkor: (1) a + 2b = 11 ⇒ a = 11 - 2b (2) 5a - 3b = 3 Behelyettesítve: 5^11 - 2bh - 3b = 3 55 - 13b = 3 52 = 13b 4 = b ⇒ a = 3.
27
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 28
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Visszatérve az eredeti ismeretlenekre: 3 x = 3 ⇒ x = 1, 2 y = 4 = 22 ⇒ y = 2, mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton. Az egyenletrendszer megoldása: ^ x; yh = ^1; 2h . Ellenõrzés: (1) 31 + 22 + 1 = 3 + 8 = 11; (2) 5 $ 31 - 3 $ 22 = 15 - 12 = 3.
2. példa Oldjuk meg az egyenlõtlenségeket a valós számok halmazán! x x 5x - 1 a) 3 x $ 81; b) b 2 l # 1; c) 53x - 4 $ 1 ; d) b 5 l # b 2l . 5 3 25 2
Megoldás a) 3 x $ 81; 3 x $ 34 .
Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az f^ x h = 3 x függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz fel 34-nél nem kisebb értéket, ha x $ 4. (Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt.) 2 x b) b 3 l # 1; 2 x 20 b 3l # b 3l . Mivel a hatvány alapja 1-nél kisebb, az f^ x h = b 2 l függvény szigorúan monoton csökken, így akkor 3 0 vesz fel b 2 l -nál nem nagyobb értéket, ha 3 x $ 0. (Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változott.) x
c) 53x - 4 $ 1 ; 25 3x - 4 5 $ 5-2 .
Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az f^ x h = 53x - 4 függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz fel 5-2 -nél nem kisebb értéket, ha 3 x - 4 $ - 2; 3x $ 2; x $ 2. 3 (Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt!)
28
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 29
6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK x 5x - 1 d) b 5 l # b 2l ; 5 2 5 5x - 1 # 5 -x; b 2l b 2l 5x - 1 5 b 2l # 1; 5 -x b 2l 5 6x - 1 # 5 0 . b 2l b 2l
Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az f^ x h = b 5 l függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz 2 0 fel b 5 l = 1-nél nem nagyobb értéket, ha 2 6 x - 1 # 0; x # 1. 6 (Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt!) 6x - 1
Mint a példákban láttuk, az egyenlõtlenségek megoldása során figyelnünk kell a reláció jel állására. Célszerû úgy átalakítani az egyenlõtlenséget, hogy annak egyik oldalán konstans, másik oldalán olyan exponenciális kifejezés legyen, melynek kitevõjében az ismeretlen együtthatója pozitív. A reláció jel állása így az exponenciális függvény monotonitása miatt biztonságosabban megállapítható.
Fogalmak exponenciális egyenletrendszer; exponenciális egyenlõtlenség.
FELADATOK 1. K1
Ismételjük át, mikor mondjuk azt egy függvényrõl, hogy a) szigorúan monoton növekedõ; b) szigorúan monoton csökkenõ! Ábrázoljuk közös koordináta-rendszerben az f : x 7 2 x és a g : x 7 b 1l függvényeket! 2 a) Vizsgáljuk meg monotonitás szempontjából! b) Általánosan milyen esetekben – szigorúan monoton növekedõ; – szigorúan monoton csökkenõ egy exponenciális függvény? x
2. K1
3.
Oldjuk meg az alábbi egyenlõtlenségeket! K1 a) 2 x 1 8 ;
4. E1
K1 b) 3 x + 2 $
3;
K1 c) 0,1 x 1 0,001;
Ábrázoljuk számegyenesen az alábbi egyenlõtlenségek megoldásait! x x x+2 a) b 1 l $ 1 ; b) b 2 l 1 3 ; c) b 5 l # 0,8 ; 4 3 2 4 16
x+3
E1 d) 3 $ 5 # 15. 25
d) 0,011 - x $ 1000 .
29
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 30
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 5.
Oldjuk meg az egyenlõtlenségeket a valós számok halmazán! K2 a) 4 x + 3 1 21 - 2x ;
x-1
K2 b) b 1l x + 2 $ 1; 2
K2 c) 0,01 x - 1 1 102x - 3 ;
E1 d) 2 x + 5x - 9 # 1 . 8 2
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1619–1622, 1626–1628.
7. A LOGARITMUS FOGALMA 1. példa Vizsgáljuk 600 000 Ft lekötését, évi 4,5%-os kamat esetén. Mennyi idõre kell lekötni pénzünket ahhoz, hogy 1 millió Ft követelésünk legyen a bankkal szemben?
Megoldás 1 év múlva 600 000 ⋅ 1,045 = 627 000 Ft-ot, 2 év múlva 627 000 ⋅ 1,045 = 600 000 ⋅ 1,0452 = = 655 215 Ft-ot, . . . n év múlva 600 000 ⋅ 1,045n Ft-ot követelhetnénk. Tehát a következõ egyenlet megoldását keressük: 600 000 ⋅ 1,045n = 1 000 000, ahol n a keresett évek számát jelöli. Rendezve 1,045 n = 1000 000 = 1,6o . 600 000 Nyilvánvaló a kérdés: létezik-e olyan valós szám, amelyre 1,045 n = 1,6o ? Mivel n pozitív egész szám (évek száma), ezért próbálgatással, számológéppel számolva: 1,04511 ≈ 1,62, 1,04512 ≈ 1,696. Tehát minimum 12 évre kellene lekötnünk a 600 000 Ft-ot, 12 év elteltével követelésünk: ≈ 1 017 529 Ft. Az egyenletnek ennél pontosabb megoldásra most a feladat szövege miatt nyilván nincs szükségünk. Általánosan nézve a problémát az ax = b ^ x ! Rh alakú egyenletnek keressük a megoldását, ahol a hatvány alapja (a) pozitív, a hatvány értéke (b) szintén pozitív. Úgy is fogalmazhatunk: olyan (x) kitevõt keresünk, amelyre a pozitív alapot (a-t) emelve a hatvány értéke a pozitív (b) szám. A keresett kitevõt a továbbiakban logaritmusnak fogjuk nevezni.
30
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:54
Page 31
7. A LOGARITMUS FOGALMA Definíció A b pozitív szám a alapú (a > 0, és a ≠ 1) logaritmusának nevezzük azt a kitevõt, amelyre a-t emelve b-t kapunk. A kitevõ jelölése: log a b. Tehát a definíció szerint: alog b = b . Ha a logaritmus alapja 10, akkor rövidebb jelölést használunk: log 10 b helyett lg b-t . a
Megjegyzés A matematikában fontos egy speciális alapú logaritmus használata, ez az „e” alapú logaritmus, melynek jelölése log e x helyett az ln x. Errõl többet a következõ olvasmányban olvashatunk.
2. példa Definíció egyszerû használata: a) log2 16 = 4 , mert 2 4 = 16 . b) lg 1000 = 3, c) log3 1 = -2, 9 d) log 1 1 = 3, 5 125 e) log 1 8 = -3, 2
mert 103 = 1000 . mert 3-2 = 1 . 9 3 mert b 1l = 1 . 5 125 -3 mert b 1l = 23 = 8 . 2
f) log6 1 = 0 ,
mert 60 = 1.
g) log3 5 27 = 3 , 5
mert 3 5 = 5 33 = 5 27 .
3
3. példa Hozzuk egyszerûbb alakra a kifejezést! a 4 + log
a
25
Radioaktív kormeghatározáskor az exponenciális bomlási törvényt használjuk
, ha a > 0, a ≠ 1.
Megoldás A hatványozás, négyzetgyök és a logaritmus tulajdonságai, definíciója alapján a 4 + log
a
25
=
a 4 $ alog
a
25
= a2 $ 25 = 5a2 .
4. példa Számítsuk ki a kifejezés pontos értékét: 32 + log
9
25
+ 10- lg 4 !
Megoldás 32 + log
9
25
= 9 $ ^9
+ 10- lg 4 = 32 $ 3log
1 log9 25 2
9
25
1 2
+ ^10lg 4h = 9 $ a9 2 k -1
1 log9 25
+ 4-1 =
h + 1 = 9 $ 25 + 1 = 9 $ 5 + 1 = 45,25. 4 4 4
Fogalmak b pozitív szám a alapú logaritmusa; 10-es alapú logaritmus.
31
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:58
Page 32
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS FELADATOK 1. K1
2. K1
3. K1
4. K2
Írjuk át a logaritmus fogalmának felhasználásával az alábbi hatványokat logaritmusos alakba! a) 35 = 243,
112 = 121,
b) 2-5 = 1 , 32
4 2 = 8,
3
-
9
5 2
1 = 243 ,
Írjuk át hatványalakba az alábbi egyenlõségeket! a) log2 16 = 4 , log9 81 = 2, log9 3 = 1 , 2 b) log 1 4 = -2, log 3 1 = -6 , log 49 1 = - 1 , 7 27 2 2
4
3 = 9,
10-2 = 0,01;
-2 11 = 1 , 11
1 -5 5 b 10 l = 10 .
log
5
25 = 4 ;
lg 0,01 = -2.
Számítsuk ki az alábbi logaritmus értékeket! a) log2 8 ,
log2 128 ,
log2 0,5,
log3 1,
b) log5 0 ,
log5 1 , 25
log 1 125,
log
5
2
32,
Számítsuk ki az alábbi logaritmusos kifejezések értékét! a) 2log 6 ; b) 4log 5 ; c) 16log 3 ; d) 2log 9 ; 2
5. K1
210 = 1024 ,
2
2
4
Számítsuk ki az alábbi kifejezések értékét! K1 a) 102 lg 3 + 1; 1 log 49 1 5
K1 b) 5 2 K1 c)
3
6
;
log6 8
;
K2 d) 3
log3 6
+ 9log 2 - 3log
K2 e) 6
log6 8 + log
3
6
3 - log36 25
9
16
;
.
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 942–948.
32
log7 ^-1h ,
log2 1 ; 8
log2 4 8 ,
log
e) 3log
9
25 + 1
.
5
8
16 .
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:58
Page 33
A TERMÉSZETES ALAPÚ LOGARITMUS ÉS EGYÉB … (OLVASMÁNY)
A TERMÉSZETES ALAPÚ LOGARITMUS ÉS EGYÉB MATEMATIKATÖRTÉNETI ÉRDEKESSÉGEK (OLVASMÁNY) A középkor végének Európájában egyre fontosabbá vált a hajózás, csillagászat, kereskedelem, és az ipar fejlesztése. Ezt a felgyorsult fejlõdést elsõsorban mûszaki és matematikai vívmányoknak köszönhették. A pénzforgalomban érdekelt szakemberek számára a kamatos kamat gyors kiszámítása érdekében táblázatokat készítettek. Az elsõ táblázatot Joost Bürgi svájci mûszerkészítõ készítette. A táblázat megjelenése elõtt John Napier skót matematikus egy speciális mozgás leírását vizsgálta. A vizsgált mozgás lényege, hogy valaki egy d hoszszúságú úton úgy mozog, hogy sebességének mérõszáma minden pillanatban a hátralevõ út hosszával egyezzen meg. Az idõt rövid, m hosszúságú szeletekre vágta, és a sebességet minden szeletben állandónak vette. Az eredményekbõl út-idõ táblázatot készített. A megfeleltetést a görög logosz, arány és arithmosz, szám összevonásából latinosan logaritmusnak nevezte el. Napier munkáját az Oxfordi Egyetem professzora, Henry Briggs (1561–1630) fejlesztette tovább, ez jelentette a logaritmus alapjának megfogalmazását, egyben a tízes alapú logaritmus megszületését is. A gyakorlati életben a különbözõ fizikai mennyiségek által keltett, általunk érzékelt fiziológiai érzet a fizikai jel logaritmusával arányos. Erre épülnek bizonyos logaritmussal arányos skálák elkészítései, ezek közül talán a legismertebbek a decibel-skálák (hangtanban és akusztikában használatos), illetve a Richter-skála (földrengés erôsség mérésénél használják) (Charles Francis Richter amerikai szeizmológus (1900–1985)). Amikor az exponenciális függvényt, logaritmus fogalmát tanuljuk, talán a 2-es alap használata a „legtermészetesebb”, mivel a kis pozitív számok között sok olyan van, aminek 2-es alapú logaritmusa egész. (Pl. 2, 1 , 4, 1 , 8, 1 , …) 4 2 8 A tízes alap elõnye, hogy ehhez az alapszámhoz készültek táblázatok, illetve a mai számológépek is ezt használják.
Elég meglepõ ezért, hogy a logaritmus használatában mégsem ezen számok valamelyikét nevezik a természetes alapú logaritmus alapszámának. n Ezt az alapszámot a legtöbb tankönyv az an = b1 + 1l sorozat határértékeként definiálja. Ez leegyn szerûsítve azt jelenti, hogy ha n helyére egyre nagyobb számokat írunk, akkor a sorozat tagjai egyre jobban közelítenek egyetlen valós számhoz. Eulerhez hasonlóan, néhány tankönyv ezt a számot egy végtelen tagú összegként definiálja: 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + f + 1 + f. 1! 2! 3! 4! n! Az így elõállított szám: e ≈ 2,718281…. 2000-ben számítógép segítségével e-nek már 109 nagyságrendû tizedes jegyét állapítottak meg. A loge x jelölés helyett bevezették a ln x jelölést, az ln a logarithmus naturalis kifejezés rövidítése.
Joost Bürgi (1556–1632)
John Napier (1550–1617)
Miért éppen az e szimbólumot választották? Erre nincs pontos adatunk. Egyesek szerint az exponenciális szó kezdõbetûjébõl, mások az addig gyakran használt a, b, c, d betûk sorozatában egyszerûen a következõ betût látják benne. Ismert az a vélekedés is, miszerint Euler önmagáról nevezte a számot e-nek. (Leonhard Euler svájci matematikus (1707–1783).) Az e számról már Euler bizonyította, hogy irracionális szám, Liouville belátta, hogy egyetlen egész együtthatós másodfokú polinomnak sem gyöke, Hermite azt is igazolta 1873-ban, hogy transzcendens szám. (Joseph Liouville (1809– 1882) és Charles Hermite (1822–1901) francia matematikusok voltak.)
33
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:58
Page 34
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Miért éppen ezt a számot választották a „természetes alapú logaritmus” alapszámának, hiszen ezzel a számmal igen körülményes számolni? Erre már tudunk kézenfekvõ magyarázatot adni. A gyakorlati életben megfigyelt összefüggések adnak erre magyarázatot.
1. példa Egy radioaktív izotóp bomlásánál az izotópok számát az idõben csökkenõ exponenciális függvény írja le: N^ t h = N^0h e- mt ,
ahol N(t) az izotópok száma a t idõpillanatban, N(0) pedig az N értéke t = 0 pillanatban, m pedig egy magtól függõ állandó, amit bomlási állandónak nevezünk. Mivel a felezési idõ azt az idõtartamot adja meg, amely alatt a kezdeti érték felére csökken N, ez a következõképp számolható: 0,5N^0h = N^0h e- mT , 1/2
ahol T1/2 a felezési idõt jelöli, ezt szeretnénk kifejezni az egyenletbõl. A felezési idõ független a kezdeti értéktõl, az N(0) kiesik az egyenletbõl, és a felezési idõt a következõképp kapjuk: 0,5 = e- mT , - ln 0,5 = mT1/2 . 1/2
Mivel –ln 0,5 = ln 2, írhatjuk, hogy ln 2 = mT1/2 . Innen T1/2 = ln 2 az izotóp felezési ideje. m
2. példa Mutathatunk példát a bankszektorból. Elõfordulhat az, hogy egy bank a lekötött betétek után nem éves, féléves, havi lekötést, hanem úgynevezett folyamatos tõkésítést alkalmaz. Ez esetben a tõkésítések száma végtelen. A képlet az alábbiak szerint alakul: An = A0 $ e n $ p , ahol: An : az n. év végén (idõszak végén) esedékes pénzösszeg, A0 : a jelenlegi pénzösszeg, p: a kamatláb, n: az évek száma (idõszakok száma), e: a természetes logaritmus alapja (e ≈ 2,718). Ha arra vagyunk kíváncsiak, hogy a betett pénzösszeg mennyi idõ alatt növekedik egy adott értékre, akkor A n = 1 $ ln n képlet segítségével határozhatjuk meg. p A0
34
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:58
Page 35
8. A LOGARITMUSFÜGGVÉNY Végül még egy példa a logaritmus használatára:
3. példa (10-es alapú logaritmus használatára) A hangintenzitás Ha a hang merõlegesen esik egy A nagyságú felületre, az erre a felületre a hang által szállított teljesítmény legyen: P. Ekkor hangintenzitásnak nevezzük az I = P mennyiséget. A -12 W 1 kHz esetén az emberi fül már I0 = 10 intenzitást is érzékel. Ezt nevezzük az emm2 beri fül küszöbintenzitásának. A hangnyomásszint Az ember hangérzete nem a hangintenzitással (I) arányos. A pontos összefüggés bonyolult. Közelítése a hangérzet, amely lg I-vel arányos. Hangnyomásszint: n = 10 $ lg I . I0
Fogalmak természetes alapú logaritmus alapszáma; e alapú logaritmus.
Történeti elnevezés: decibel-skála. Az emberi hallás szélsõértékei 0 dB, illetve 130 dB. (Forrás: Kós Rita-Kós Géza: Miért természetes az „e”? KÖMAL; Sain Márton: Nincs királyi út; Wikipédia)
8. A LOGARITMUSFÜGGVÉNY A logaritmus definíciója alapján értelmezhetjük a logaritmusfüggvényt: Azt a függvényt, amely minden pozitív valós számon értelmezve van, és minden számhoz annak az a alapú (a > 0, a ≠ 1) logaritmusát rendeli hozzá, az a alapú logaritmusfüggvénynek nevezzük. f : R+ → R, f^ x h = log a x , ahol a > 0, és a ≠ 1.
1. példa Ábrázoljuk, jellemezzük az f : R+ → R, f^ x h = log2 x függvényt. y
Megoldás
log 2 x
Készítsünk értéktáblázatot:
1
x
1
2
1 2
4
1 4
1 8
8
log2 x
0
1
–1
2
–2
–3
3
0
1
x
A függvény grafikonja:
35
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:58
Page 36
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Tulajdonságok: 1. A vizsgált logaritmusfüggvény minden valós értéket felvesz, ez következik az exponenciális függvény tulajdonságaiból, hiszen bármilyen x valós számra igaz: log2 2 x = x . 2. A f : R+ → R, f^ x h = log2 x függvény szigorúan monoton növekvõ, hiszen ha 0 1 x1 1 x2 , vagy más
alakban 2 1 2 , akkor az exponenciális függvény monotonitása miatt az állítás igaz. 3. A szigorúan monoton tulajdonságból következik, hogy kölcsönösen egyértelmû. 4. Zérus helye az x = 1. 5. A függvénynek se minimuma, se maximuma nincs. log2 x1
log2 x2
Az exponenciális függvény és a logaritmusfüggvény értelmezésébõl következik, hogy szoros kapcsolat van a két függvény között. Ha az elõbbi táblázat két sorát megcseréljük,
y x 2
x
1 x
1
0
1
–1
2
–2
3
–3
2x
1
2
1 2
4
1 4
8
1 8
akkor az értéktáblázatunk a g^ x h = 2 x függvény értéktáblázatának egy részlete. Az f logaritmusfüggvény értelmezési tartománya a g exponenciális függvény értékkészletével egyezik meg, míg a g exponenciális függvény értelmezési tartománya az f logaritmusfüggvény értékkészletével azonos és az f tetszõleges x-hez f(x)-et rendel, akkor a g az f(x)-hez x-et rendel. Ezen tulajdonságok miatt, a két függvény egymás inverze, grafikonjaik egymás tükörképei a h : R → R, h^ x h = x függvény grafikonjára (egyenesére).
log 2 x
0
x
Belátható az elõbb megállapított kapcsolat a következõ függvények esetében is: Adott a > 0, és a ≠ 1 alap esetén, az x 7 a x és a x 7 log a x függvények egymás inverzei.
Amennyiben 0 < a < 1, akkor a két függvény szigorúan monoton csökkenõ:
Amennyiben a > 1, akkor a két függvény szigorúan monoton növekvõ: y
y
a
x
x
x
ax log a x 1
1 0
x
1 log a x
36
0
1
x
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:58
Page 37
8. A LOGARITMUSFÜGGVÉNY Összegezve megállapításainkat az f : R+ → R, f^ x h = log a x logaritmusfüggvény legfontosabb tulajdonságai: 1. A logaritmusfüggvény a pozitív számok halmazán értelmezett, kölcsönösen egyértelmû függvény; 2. A logaritmusfüggvény monoton, – növekvõ, ha a > 1. – csökkenõ, ha 0 < a < 1. 3. Inverze a g : R → R+, g^ x h = a x függvénynek, a függvények grafikonjai egymás tükörképei a h : R → R, h^ x h = x függvény grafikonjára. 4. Minden logaritmusfüggvény grafikonjára illeszkedik az (1; 0) pont, azaz a függvény zérushelye az x = 1. 5. A függvénynek se minimuma, se maximuma sincs.
2. példa Ábrázoljuk és jellemezzük a következõ függvényt: f : R+ → R, f^ x h = log 1 x + 5! 3
Adjuk meg a függvény inverzét! y
Megoldás Az f : R+ → R, f^ x h = log 1 x + 5 függvény grafikonját a g : R+ → R,
( 13 )
x
3
g^ x h = log 1 x függvény grafikonjából eltolással kapjuk, az eltolás vektora:
log 1 x +5 3
3
v(0; 5), a függvények grafikonjai: 1
Az f : R+ → R, f^ x h = log 1 x + 5 függvény jellemzése:
0
3
log 1 x
Értelmezési tartománya a pozitív valós számok halmaza. Értékkészlete a valós számok halmaza. Zérushelye az x = 243, mert log 1 243 = log 1 35 = -5. 3
x
1 3
3
Fogalom logaritmusfüggvény tulajdonságai.
Szélsõértéke nincs. Szigorúan monoton csökkenõ függvény. A függvény inverz függvénye: f-1^ x h = b 1l 3
x-5
.
FELADATOK 1. K1
Ábrázoljuk és jellemezzük az f : R+ → R, f^ x h = log3 x függvényt!
2. K1
Válasszuk ki az alábbi függvények közül a monoton növekvõket! a) f : R+ → R, d) k : R+ → R, k^ x h = log 4 x ; f^ x h = log5 x ; b) g : R+ → R,
g^ x h = lg x ;
c) h : R+ → R,
h^ x h = log 1 x ;
5
e) l : R+ → R, l^ x h = log 3 x . 2
3
37
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:59
Page 38
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 3. K1
Ábrázoljuk függvénytranszformációk felhasználásával az alábbi függvényeket! Határozzuk meg a függvények értelmezési tartományát! a) f : x 7 log2 ^ x + 1h ; b) g : x 7 log2 x - 1; c) h : x 7 2 $ log2 x .
4.
Ábrázoljuk az R+ → R, x 7 log2 x grafikonjának felhasználásával az alábbi függvényeket! Határozzuk meg a függvények értelmezési tartományát! K1 a) f : x 7-log2 x ; K1 b) g : x 7 log2 ^- xh ; K2 c) h : x 7 log2 x ; K2 d) k : x 7 log2 x .
5. K2
Oldjuk meg grafikusan az alábbi egyenleteket! a) log2 x = x - 5; b) log1, 5 ^ x + 2h = - x2 - 1.
Ajánlott feladatok
Pályakép
Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 731–733, 737–738. Név: Réka Lakhely: Budapest Végzettség: Nemzetközi gazdálkodás angolul (Budapesti Corvinus Egyetem) és Pszichológia (ELTE) Jelenlegi beosztás: hallgató Milyen tantárgyakból felvételizett, tanult emelt szinten? Matematika, történelem.
Sziasztok! Mindig is szerettem a szöveges feladatokat. Titkon reméltem, hogy majd az én nevem is felbukkan a szereplők között. Bár az Ádám, Béla és Cili keresztnevek népszerűbbek voltak a Rékánál, a történeteket mégis sokszor magaménak éreztem, hiszen én is vásárolok a zöldségesnél, kártyázom, moziba járok, néha még lottózom is. Rájöttem, hogy körül vagyok véve matek példákkal, éppen úgy, mint Ádám, Béla és Cili. Ahhoz, hogy boldoguljak, és helyes döntéseket hozzak, napról napra szembe kell néznem a saját „szöveges feladataimmal”. Sokat ezek közül — a mateknak hála — mára gondolkodás nélkül megoldok, akár anélkül, hogy egyáltalán észlelném a problémát. Olyan eszköztáram fejlődött ki az évek során, ami felvértez a legbonyolultabb szituációk ellen is. Megtanultam rendszerben gondolkodni, leképezni a környezetem egyenletek, modellek, koordináta-rendszer vagy akár halmazok segítségével. E képességekre mind közgazdászként, mind pszichológusként nagy szükségem lesz, hiszen a gazdasági folyamatok megértéséhez nélkülözhetetlen a modellezés, a mentális és viselkedéses folyamatok működésére és kapcsolatára pedig statisztikák, vizsgálatok alapján következtethetünk (pl. a vizsgált személyek reakcióinak átlagát, bizonyos változók korrelálását figyeljük meg). Egy szó, mint száz, a matekos kapaszkodók még sosem hagytak cserben!
38
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:59
Page 39
9. A LOGARITMUS AZONOSSÁGAI
9. A LOGARITMUS AZONOSSÁGAI Feladatmegoldásokban, egyenletmegoldások esetén gyakran kell átalakítanunk logaritmusos kifejezéseket. Ehhez ismernünk kell az átalakítások szabályait, azaz a logaritmus azonosságait. Ezek megfogalmazásához felhasználjuk a definíciót, valamint a logaritmusfüggvény megismert tulajdonságait. Szorzat logaritmusa log a ^bch = log a b + log a c , ha a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0, azaz szorzat logaritmusa egyenlõ a tényezõk logaritmusának összegével.
Bizonyítás Egyrészt: alog b = b , és alog c = c ⇒ bc = alog b $ alog c = alog a
Másrészt: bc = a
a
log a ^bch
a
a
.
Összevetve a két egyenlõséget: bc = alog
a
b + log a c
= alog
a
^bch
a
b + log a c
.
⇒ log a ^bch = log a b + log a c .
Hányados logaritmusa log a b b l = log a b - log a c , ha a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0, azaz c hányados logaritmusa egyenlõ a számláló és a nevezõ logaritmusának különbségével.
Bizonyítás log Egyrészt: alog b = b , és alog c = c ⇒ b = alog c a a
a
b
a
c
a
log Másrészt: b = a c
a
b bcl
= alog
a
b - log a c
.
.
Összevetve a két egyenlõséget: b = alog c
b - log a c
a
=a
log a b b l c
⇒ log a b b l = log a b - log a c . c
Hatvány logaritmusa log a ^b kh = k $ log a b , ha a > 0, a ≠ 1, b > 0, k ! R, azaz hatvány logaritmusa egyenlõ az alap logaritmusának és a kitevõnek a szorzatával. Egyrészt: b k = alog Másrészt: b = ^ a k
a
^ b kh
.
h = a k $ log b .
log a b k
a
Összevetve a két egyenlõséget: b k = alog
a
^ b kh
= a k $ log
a
b
⇒ log a ^b kh = k $ log a b .
39
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:59
Page 40
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Az elõzõ eset speciálisan, k = 1 esetén, n ! N , n $ 2: n n-edik gyök logaritmusa log a b , azaz log a n b = n n-edik gyök logaritmusa egyenlõ a gyök alatti kifejezés logaritmusának és a gyökkitevõnek a hányadosával.
Áttérés más alapú (c alapú) logaritmusra log a b , ha a > 0, a ≠ 1, b > 0, c > 0, c ≠ 1 azaz log c b = log a c egy szám új alapú logaritmusát megkapjuk, ha a szám régi alapú logaritmusát elosztjuk az új alap régi alapú logaritmusával.
1. példa Számítsuk ki a kifejezés pontos értékét! 3 log3 6 + log3 35 - log3 20 - log3 42.
Megoldás 3 3 log3 6 + log3 35 - log3 20 - log3 42 = log3 6 $ 35 = log3 7650 = log3 9 = 2. 20 $ 42 840
2. példa Adjuk meg a kifejezés értelmezési tartományának legbõvebb halmazát. Fejezzük ki x értékét, a, b, c, d segítségével! log a x = 2 log a b + 4 log a c - 1 log a d . 3 3 3
Megoldás A kifejezés értelmezhetõ, ha a ≠ 1, és a > 0, b > 0, c > 0, d > 0. 2
4
3 3 log a x = 2 log a b + 4 log a c - 1 log a d = log a b $ 1c = log a 3 3 3 3 d3
x=3
40
b2 c 4 . d
b2 c 4 ; d
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:59
Page 41
9. A LOGARITMUS AZONOSSÁGAI 3. példa Határozzuk meg a kifejezés pontos értékét! lg 2 + lg asin r k + lg acos r k - lg asin r k 3 6 6
Megoldás 2 sin r cos r r r r 6 6 = lg 2 + lg asin k + lg acos k - lg asin k = lg 3 6 6 sin r 3 (Felhasználjuk, hogy 2 sin r cos r = 2 $ 1 $ 3 = 3 = sin r .) 2 2 2 3 6 6 sin r 3 = lg 1 = 0 . = lg r sin 3
4. példa Határozzuk meg lg 6 értékét a és b segítségével, ha a = lg 48, és b = lg 72!
Megoldás Célszerû a számok prímfelbontásából kiindulni: 6 = 2$3 48 = 2 4 $ 3 72 = 23 $ 32 Célunk meghatározni lg 2-t és lg 3-at, a és b segítségével, mert lg 2 + lg 3 = lg 6. a = lg 48 = 4 lg 2 + lg 3, b = 3 lg 2 + 2 lg 3. Azt próbáljuk meg elérni, hogy lg 3 együtthatói azonosak legyenek, ekkor különbségükben nem szerepel lg 3: 2a - b = 8 lg 2 + 2 lg 3 - ^3 lg 2 + 2 lg 3h = 5 lg 2; 2a - b lg 2. 5 = Most fejezzük ki lg 3-at: a = 4 $ 2a - b + lg 3; 5 8 a lg 3 = a - - 4b = 4b - 3a ; 5 5 2 a b 4 b - 3a 3 b - a . lg 6 = lg 2 + lg 3 = = 5 5 + 5
41
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
18:59
Page 42
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 5. példa Igaz-e a következõ egyenlõség: log2 10 $ log7 3 = log7 10 $ log2 3?
Megoldás Térjünk át azonos alapú logaritmusokra. log7 10 log7 3 Mivel log2 10 = , és log2 3 = , ezért log7 2 log7 2 Fogalom a logaritmus azonosságai.
log2 10 $ log7 3 = log7 10 $ log2 3, az egyenlõség átalakítva: log7 10 log 3 $ log7 3 = log7 10 $ 7 . log7 2 log7 2 Mind a két oldalon azonos tényezõk szerepelnek, tehát az egyenlõség igaz.
FELADATOK 1. K1
Számítsuk ki az x értékét! a) log5 4 + log5 2 = log5 x ;
c) lg x = lg 4 + lg 9 - lg 12;
b) lg 18 - lg 2 = lg x ;
d) log2 x = log2 60 - 2.
2. K1
Számítsuk ki az alábbi kifejezések értékét! a) lg 4 + 3 lg 5 + lg 11 - lg 55; b) log3 27 + 2 log3 5 - log3 20 1 + log3 16 - log3 5; 2 c) 1 lg 52 + 3 lg 2 + lg 125 + 1 lg 325 - lg 13. 2 2
3. K2
Számítsuk ki az alábbi kifejezés értékét! 2 $ log2 sin a r k + log2 sin a r k - log2 tg a r k + log2 cos a r k + log2 tg a r k - log2 cos a r k . 3 3 3 4 6 6
4.
5. K1
Hozzuk egyszerûbb alakra! K1 a) 1 ^lg 25 + lg 49h ; lg 35
Írjuk át az alábbiakat tízes alapú logaritmus alakra! a) a = log7 2;
6. K2
K2 b) log a 3 a2 $ 5 a3 .
b) b = log5 3;
c) c = log9 3 3 ;
d) d = log0,1 4 .
Számítsuk ki számológép használata nélkül az alábbi mûveletek eredményét! a) log8 3 $ log3 2; b) log5 7 + log0, 2 7 ; c) log 4 25 + 2 log0, 25 5.
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 958–960, 961, 963.
42
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:01
Page 43
10. LOGARITMUSOS EGYENLETEK
10. LOGARITMUSOS EGYENLETEK Példákon keresztül mutatjuk be a logaritmusos egyenletek megoldásának néhány alapötletét. A feladatmegoldások során gyakran hivatkozunk a logaritmusfüggvény és az exponenciális függvény tulajdonságaira, a logaritmus azonosságaira. Fontos az egyenletek értelmezési tartományának vizsgálata, valamint a megoldás ellenõrzése, hogy kiszûrjük a fellépõ hamis gyököket! Ha az egyenlet egyik oldalán konstans érték szerepel:
1. példa Oldjuk meg az egyenletet! 2 log3 ^3x - 5h = 2.
Megoldás A hamis gyök fellépése elkerülhetõ a következõ módon:
2 log3 ^3x - 5h = 2; log3 ^3x - 5h = 1; log3 ^3x - 5h = log3 3; 3 x - 5 = 3; x = 8. 3
Ellenõrzés: 2 log3 b3 $ 8 - 5l = 2 log3 3 = 2 $ 1 = 2. 3 Megjegyzés Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha x 2 5 . 3
2 log3 ^3x - 5h = 2 . A hatvány logaritmusa azonossága alapján:
log3 ^3x - 5h2 = 2 . A definíció alapján:
^3x - 5h2 = 32 = 9 . A másodfokú egyenletet megoldva: ^3x - 5 - 3h^3x - 5 + 3h = 0 ; x1 = 8 , x2 = 2 . 3 3 Az értelmezési tartománynak csak x1 = 8 felel meg. 3
Csillagvizsgáló
2. példa Adjuk meg az egyenlet pozitív megoldásait! log2 log3 log5 x = 1.
43
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:01
Page 44
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Megoldás Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha x pozitív. Logaritmusok logaritmusát így értelmezzük: log2 log3 log5 x = log2 _log3 ^log5 xhi . A definíció szerint: log2 log3 log5 x = 1; log3 log5 x = 21 = 2; log5 x = 32 = 9 ; x = 59 = 1953 125. A kapott gyök pozitív, megoldása a feladatnak. Ellenõrzés: log2 log3 log5 59 = log2 log3 9 = log2 2 = 1.
3. példa (A logaritmus azonosságainak többszöri használata.) Oldjuk meg az egyenletet a racionális számok halmazán! log8 6 4 - 2 log6 ^5 - xh@ = 1 3
Megoldás Az egyenlet akkor értelmezhetõ ha x < 5, valamint ha 6 4 - 2 log6 ^5 - xh@ 2 0 . Tekintettel arra, hogy ennek az egyenlõtlenségnek a megoldása egyelõre igen nehéznek bizonyul, a kapott gyököt feltétlen ellenõrizni kell. log8 6 4 - 2 log6 ^5 - xh@ = 1 . A definíció szerint: 3 1
6 4 - 2 log6 ^5 - xh@ = 8 3 = 2; 2 = 2 log6 ^5 - xh; 1 = log6 ^5 - xh; 6 = 5 - x; x = -1. Ellenõrzés: log8 6 4 - 2 log6 ^5 - ^-1hh@ = log8 6 4 - 2 log6 6@ = log8 6 4 - 2@ = log8 2 = 1 . 3 A kapott gyök kielégíti az egyenletet, racionális szám, tehát a megoldás: x = -1.
4. példa (Ha az egyenlet mindkét oldalán szerepel logaritmikus kifejezés.) Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 11 lg 3x - 5 + lg 7x - 3 = 1 + lg 100
44
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 45
10. LOGARITMUSOS EGYENLETEK Megoldás Az egyenlet akkor értelmezhetõ ha 3x - 5 2 0 , valamint ha 7x - 3 2 0 , azaz x 2 5 . 3 Elsõ észrevételünk: 1 = lg 10 , behelyettesítve, és a szorzat logaritmusa alapján: lg ^ 3x - 5 $ 7x - 3 h = lg b10 $ lg ^ 3x - 5 $ 7x - 3 h - lg b10 $
11 ; l 100
11 l 0; 100 = 2 lg 21x - 44x + 15 = 0. 10 $ 11 10 A definíció alapján: 21x2 - 44x + 15 1; = 11 21x2 - 44x + 15 = 11. A másodfokú egyenlet gyökei: x1 = 2, x2 = 2 , ahol x2 nem eleme az értel21 mezési tartománynak. Ellenõrzés: lg ^ 3 $ 2 - 5 $ 7 $ 2 - 3 h = lg 11; 11 11 11 11 m lg 11. 1 + lg lg 10 + lg lg b10 $ l lg c10 $ 100 = 100 = 100 = 10 = A két oldal egyenlõsége miatt az x = 2 valós szám gyöke az egyenletnek.
5. példa Adjuk meg az egyenlet nemnegatív megoldásait! lg ^ x2 - 5x - 9h - lg ^2x - 1h = 0 .
Megoldás Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha illetve ha x 2 - 5x - 9 2 0 ,
2x - 1 2 0 , azaz, ha:
Érdekesség Egy Angliában széles körben elterjedt, kedves történet szerint Viktória királynõ annyira el volt ragadtatva Lewis Carroll Alice Csodaországban címû mûvétõl, hogy a szerzõ lelkére kötötte: a következõ könyvét, amint elkészül, feltétlenül küldje el neki. Így is történt: amint befejezte, Lewis Carroll rögvest elküldte az új mûvét, amely a királynõ legnagyobb megrökönyödésére a Determinánsok elemi módszerekkel címet viselte. (Lewis Carroll – eredeti nevén Charles Lutwidge Dodgson (1832–1898) – kiváló matematikus volt, az oxfordi egyetem professzora, a geometria, mátrixalgebra, a valószínûségszámítás és a matematikai logika mûvelõje.)
x 1 5 - 61 vagy x 2 5 + 61 és x 2 1. 2 2 2 A feltételeket összevetve az értelmezési tartomány: x 2 5 + 61 ^. 6,4h . 2
lg ^ x2 - 5x - 9h - lg ^2x - 1h = 0; 2 lg x - 5x - 9 = 0. 2x - 1 A logaritmusfüggvény monotonitása miatt: x 2 - 5x - 9 1; 2x - 1 = x 2 - 5 x - 9 = 2x - 1 ; x1 = 8, x2 = -1. (–1) nem eleme az értelmezési tartománynak.
45
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 46
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Ellenõrzés: lg ^82 - 5 $ 8 - 9h - lg ^2 $ 8 - 1h = lg 15 - lg 15 = 0 . Az egyenlet gyöke: x = 8 .
6. példa (Ha különbözõ alapú logaritmusok is szerepelnek az egyenletben.) Oldjuk meg az egyenletet az egész számok halmazán! log2 x + log 4 x + log8 x = 11.
Megoldás Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha x > 0. Térjünk át azonos alapú logaritmusra: log2 x log2 x log 4 x = = 2 ; log2 4 log8 x =
log2 x log2 x = 3 . log2 8
Tehát egyenletünk ekvivalens a következõ egyenlettel: log x log x log2 x + 2 + 2 = 11; 2 3 11 log2 x = 66; log2 x = 6; x = 26 = 64. Ellenõrzés: log2 64 + log 4 64 + log8 64 = 6 + 3 + 2 = 11. Tehát az x = 64 egész szám gyöke az egyenletnek.
7. példa (Ha az alapban is szerepel ismeretlen.) Van-e az egyenletnek megoldása a természetes számok halmazán? 4 log 4 x + 3 = 2 log x 2.
Megoldás Az egyenlet akkor értelmezhetõ ha x > 0, x ≠ 1, és x ! N. Az azonosságok alapján: 4 log 4 x + 3 = log x 4; log 4 4 4 log 4 x + 3 = . log 4 x Mivel a log 4 x kifejezés több helyen is szerepel, célszerû új ismeretlent bevezetni, így egyszerûbb egyenlethez jutunk. Legyen y = log 4 x . Ekkor:
46
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 47
10. LOGARITMUSOS EGYENLETEK 4y + 3 = 1; y 2 4 y + 3 y - 1 = 0; y1 = -1, y2 = 1 . 4 Az eredeti ismeretlenre visszatérve: 1 log x -1 = log 4 x 4 , illetve 4= 1 x = 4 4 4 = 2 = x. A kapott számok nem elemei a természetes számok halmazának, így az egyenletnek nincs megoldása.
8. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 32x + 1 = 2 4 - 3x .
Megoldás 32x + 1 = 2 4 - 3x . A hatványozás azonosságai alapján: 3 $ 9 x = 16x , rendezéssel 8 x x 9 $ 8 = 16 ; 3 16 x 72 = . 3 Vegyük mindkét oldal logaritmusát, ez megtehetõ, mivel az egyenlet mindkét oldalán pozitív szám áll. lg 72 x = lg 16 ; 3 16 x $ lg 72 = lg ; 3 Fogalmak 16 logaritmusos lg egyenletek. x = 3 . 0, 3914. lg 72 Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, a kapott gyök megoldása az egyenletnek.
FELADATOK 1. K1
2.
Határozzuk meg az alábbi egyenletek megoldásait! a) log3 x = 9 ,
log 4 x = 32,
b) lg x = -1,
log
2
x = 16 ,
lg x = 3 0,01, log
3
x = 1, 9
log2 ^ x2 - 1h = 3; log2 x = 0,25.
Oldjuk meg az alábbi egyenleteket! K1 a) log3 x + log3 6 = 9 ;
K1 d) log^ x - 3h ^ x + 3h = 2;
K1 b) log7 ^ x2 + x + 7h = 2;
K2 e) 1 lg 2x + lg x + 1 = lg ^3 - xh ; 2
K1 c) log3 ^ x + 2h - log3 x = 1;
K2 f) log2 812 + ^1 - log3 xh2B = 4 .
47
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 48
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 3. K2
Oldjuk meg az alábbi egyenleteket! (Segíthet egy új ismeretlen bevezetése) a)
lg x lg x ; 3 =
b) ^log2 xh2 = 5 log2 x - 6 ; 4. K2
c) log3 x $ log3 9x = log3 27 ; d)
lg x 1 . - lg 10 = lg x + 1 lg x2 - lg 100
Térjünk át más alapú logaritmusra, ennek segítségével oldjuk meg az egyenleteket! a) log5 x + log25 x = 6 ; b) log x 4 - log 4 x2 = 1;
c) log 4 ^ x + 4h = 3 log8 ^2x + 2h - 2.
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1639–1657.
11. LOGARITMUSOS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK Logaritmusos egyenletrendszerek esetén az egyenletrendszerek megoldásainak különbözõ módjait, valamint a logaritmus azonosságait használhatjuk fel. Egyenlõtlenségek esetén a logaritmusfüggvény monotonitása alapján figyeljünk a reláció jel állására.
1. példa Oldjuk meg az egyenletrendszert az egész számok halmazán! (1) lg x - 2 lg y = 3, (2) 5 lg x + lg y = 4 .
Megoldás Az egyenlet akkor értelmezhetõ, ha x > 0, és y > 0. Az egyik leggyakrabban használható ötlet az új ismeretlen bevezetése, ekkor egyszerûbb egyenletrendszert kapunk. Legyen a = lg x , és b = lg y . Ekkor: (1) a - 2b = 3, (2) 5a + b = 4 . A második egyenlet kétszeresét az elsõ egyenlettel összevonva: 11a = 11 1 - 2b = 3, , visszahelyettesítve: a =1 -1 = b.
48
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 49
11. LOGARITMUSOS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK Visszatérve az eredeti ismeretlenekre: -1 = lg y, 1 = lg x , illetve 1 y. 10 = x 10 = Ellenõrzés: (1) lg 10 - 2 lg 1 = 1 - 2 $ ^-1h = 3, 10 (2) 5 lg 10 + lg 1 = 5 $ 1 + ^-1h = 4 . 10 A kapott gyökök kielégítik az egyenletet, így a megoldás: ^ x; yh = b10; 1 l . 10
2. példa Oldjuk meg az egyenletrendszert, ábrázoljuk a megoldást koordináta-rendszerben! (1) log2 log3 ^ x + yh = 1, (2) lg x + lg y = 3 lg 2.
Megoldás Az egyenletrendszer akkor értelmezhetõ, ha x > 0, és y > 0. Írjuk fel az egyenleteket az azonosságok alapján egyszerûbb alakban: (1) log2 log3 ^ x + yh = 1, (2) lg x + lg y = 3 lg 2, lg ^ xyh = lg 23, log3 ^ x + yh = 2, xy = 8. x + y = 9; Oldjuk meg behelyettesítéssel a kapott egyenletrendszert! y = 9 - x ⇒ x^9 - xh = 8 ;
y (1;8)
- x 2 + 9x - 8 = 0 ; x1, 2 = -9 ! 81 - 32 ⇒ x1 = 1, x2 = 8 . -2 A megfelelõ y értékek: Ha x1 = 1, akkor y1 = 9 - 1 = 8 , illetve x2 = 8 , akkor y2 = 9 - 8 = 1.
(8;1)
1 0
1
x
Tehát a megoldás két pont a koordináta-rendszerben: ^1; 8h , és a ^8; 1h .
3. példa Oldjuk meg az egyenlõtlenségeket a valós számok halmazán! a) log3 ^2x + 1h $ 3; b) log 1 ^2x + 1h $ 3. 3
Megoldás a) log3 ^2x + 1h $ 3. Az egyenlõtlenség akkor értelmezhetõ, ha x 2 - 1 . 2 A 3-as alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton nõ, ezért
49
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 50
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS log3 ^2x + 1h $ 3; 2x + 1 $ 3 3 . (Figyeljük meg, hogy nem fordult meg a reláció jel.) x $ 13. Ezek a számok az értelmezési tartománynak elemei, tehát a megoldás: x $ 13. b) log 1 ^2x + 1h $ 3. 3
Az egyenlõtlenségnek akkor lehet megoldása, ha x 2 - 1 . 2 Az 1 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökken, ezért 3 3 2x + 1 # b 1l . 3 (Vegyük észre, hogy megfordult a reláció jel.) 2x # - 26 ; 27 x # - 13 . 27 Összevetve az értelmezési tartománnyal, mivel - 1 1 - 13 , ezért az egyenlõtlenség megoldása: 2 27 1 13 - 2 1 x # - 27 .
4. példa Ábrázoljuk számegyenesen az egyenlõtlenség pozitív megoldásait: lg ^2x - 6h + lg ^ x + 5h # 1 + lg ^ x - 3h .
Megoldás Az egyenlõtlenség akkor értelmezhetõ, ha és és 2x - 6 2 0 x+5 2 0 x - 3 2 0 , azaz, ha x 2 3. lg ^2x - 6h + lg ^ x + 5h # 1 + lg ^ x - 3h a logaritmus azonosságai alapján:
^2x - 6h^ x + 5h # 1. x-3 A 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton nõ, ezért ^2x - 6h^ x + 5h # 10 . x-3 (Figyeljük meg, hogy nem fordult meg a reláció jel.) Fogalmak A törtet egyszerûsíthetjük ^ x - 3h -mal: logaritmusos 2^ x + 5h # 10; egyenletrendszer; logaritmusos x # 0. egyenlõtlenség. Ezek a számok nem elemei az értelmezési tartománynak, így az egyenlõtlenségnek nincs megoldása a valós számok halmazán. lg
50
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 51
12. GYAKORLATI ALKALMAZÁSOK FELADATOK 1. K1
Mely valós számokra értelmezhetõk az alábbi kifejezések? lg x a) log5 ^ x + 4h ; b) log2 x ; c) . lg ^4 - xh
2. K1
Ismételjük át a logaritmus függvény monotonitásáról tanultakat!
3. K1
Oldjuk meg az alábbi egyenlõtlenségeket! a) log3 x $ 1; b) log5 ^ x - 1h 1 0 ;
4. E1
5.
c) log 1 x $ 1; 2
d) log0, 2 x 1 -1.
Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlõtlenségeket! a) log 4 ^ x2 + 3h # 1 + log 4 ^4x - 3h ; b) log0, 5 ^2x - 1h $ log0, 5 ^4x - 3h . Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszerek megoldásait! K2 a) 2 lg x + 3 lg y = 3, 3 lg x - 2 lg y = 11; K2 b) lg x + lg y = 1 + 2 lg 3, lg ^ x - yh = 0 ; E1 c) log2 xy = 5, log0, 5 x = 1. y
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1689–1692, 1676–1678.
12. GYAKORLATI ALKALMAZÁSOK A társtudományok területeirõl – statisztika, kémia, fizika –, gyakorlati problémák megoldására mutatunk néhány példát.
1. példa (2006. októberi, középszintû érettségi feladat volt.) A szociológusok az országok statisztikai adatainak összehasonlításakor használják a 6000 - G
következõ tapasztalati képletet: E = 75,5 - 5 $ 10 6090 . A képletben az E a születéskor várható átlagos élettartam években, G az ország egy fõre jutó nemzeti összterméke (a GDP) reálértékben, átszámítva 1980-as dollárra. a) Mennyi volt 2005-ben a várható élettartam abban az országban, amelyben akkor a G nagysága 1090 dollár volt? b) Mennyivel változhat ebben az országban a várható élettartam 2020-ra, ha a gazdasági elõrejelzések szerint ekkorra G értéke a 2005-ös szint háromszorosára nõ?
51
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 52
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Megoldás a) Helyettesítsük be a megadott képletbe a G = 1090 értéket: 6000 - 1090
E = 75,5 - 5 $ 10 6090 . 75,5 - 5 $ 100, 8062 . 75,5 - 5 $ 6,4 = 43,5. (Számolás közben 4 tizedes jegyre kerekített értékekkel számoltunk.) A várható élettartam 2005-ben 43,5 év volt a vizsgált országban. b) 2020-ra G új értéke G = 1090 $ 3 = 3270 . Ezt behelyettesítve E képletébe: 6000 - 3270
E = 75,5 - 5 $ 10 6090 . 75,5 - 5 $ 100, 4483 . 61,5. 61,5 - 43,5 = 18 . A várható élettartam 2020-ra 18 évvel nõhet a vizsgált országban.
2. példa -
A radioaktív anyagok bomlását az m = m0 $ 2
t T
egyenlet írja le, ahol m a pillanatnyi tömeget, m0 a kez-
deti tömeget, t az eltelt idõt, T pedig az anyag felezési idejét jelöli. Két óra alatt hányadrészére csökken a 19,7 perc felezési idejû radioaktív bizmutizotóp tömege? A választ egészekre kerekítve adjuk meg.
Megoldás Az
m0 értékét keressük, ezért rendezzük át az eredeti egyenletet: m -
t
m = m0 $ 2 T ; t m 1 = 0 $ 2 T; m t m 2T = 0 . m Az eltelt idõ: t = 2 óra, a felezési idõ: T = 19,7 perc. Behelyettesítve: 120 m0 2 19, 7 . 68,17 . = m A bizmutizotóp tömege 2 óra alatt ≈ 68-ad részére csökken.
3. példa Több ezer éves hindu feladat a következõ: Egy tavirózsa felülete minden nap a kétszeresére nõ, így 20 nap alatt teljesen benövi a tó felszínét. a) Hány nap alatt borítaná be a tavirózsa nyolcadrészéig a tavat? b) Határozzuk meg, hogy a tavirózsa az eltelt napok függvényében a tó felszínének mekkora részét borítja be! c) Hány nap alatt borítaná be 8 tavirózsa a tavat?
52
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:02
Page 53
12. GYAKORLATI ALKALMAZÁSOK Megoldás a) 19 nap alatt a felét, 18 nap alatt a tó negyedét, tehát 17 nap alatt a tó nyolcadát borítaná be a tavirózsa. b) Ha x az eltelt napok számát jelöli, akkor a tavirózsa által lefedett terület arányát f : N → N, f^ x h = 2 x - 20 , x # 20 függvény írja le. c) Az elõzõ megoldáshoz hasonló gondolatmenettel számolva, szintén 17 nap alatt.
A logaritmus használatának egyik leggyakoribb elõfordulási területe a kamatszámítási problémakör, ha a pénz lekötésének idõtartamára vagyunk kíváncsiak.
4. példa Gergõ nagyszülei elhatározták, hogy támogatják unokájuk lakásvásárlását, ezért Gergõ születésekor 2 millió forintot lekötöttek, évi 8%-os kamatra. A lakásvásárláskor majd Gergõnek 10 millió forint alaptõkével kell rendelkeznie a lakásvásárlási hitel felvételéhez. Ha Gergõ csak a nagyszülõk által lekötött pénzt fordítja majd az alaptõkére, akkor hány éves korában veheti meg lakását?
Megoldás Az alaptõke a következõ szerint növekszik: Az elsõ év végén: 2 000 000 $ 1,08 = 2 160 000 Ft lesz. A második év végén: 2 000 000 $ 1,08 $ 1,08 = 2 332 800 Ft lesz. Keressük azt az n pozitív egész számot, amelyre a tõke eléri a 10 000 000 Ft-ot. Az n-edik év végén: 2 000 000 $ 1,08 n $ 10 000 000 . Rendezve: 1,08 n $ 5. Vegyük az egyenlõtlenség mindkét oldalának 10-es alapú logaritmusát. Mivel a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton nõ, így lg 1,08 n $ lg 5; n $ lg 1,08 $ lg 5; lg 5 n$ . 20,9. lg 1,08 Tehát Gergõnek 21 éves korábban lesz 10 millió Ft-ja a nagyszülõk segítségébõl.
5. példa Egy tórendszer körüli üdülõhelyet azzal reklámoztak, hogy egy óriási hõlégballon tartózkodott folyamatosan a tórendszer felett. A reklámballonba 3500 m3 gázt töltöttek. A gázveszteség, melyet tekintsünk állandónak, 1 hét alatt a mindenkori gázmennyiség 1,8%-a. a) Mennyi ideig tud a ballon a levegõben maradni, ha 75% alatti gázmennyiség esetén már süllyedni kezd? b) Mikorra fogyna el a gáz fele? (A gázveszteség állandóságát a könnyebb számolás érdekében feltételeztük, a valóságban ez összetettebb feladathoz vezetne.)
53
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:03
Page 54
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Megoldás Ha a gázveszteség 1,8%, akkor a hét végére maradó gázmennyiség 98,2%-ra csökken. a) Az elsõ hét végére a gázmennyiség 98,2%-a, azaz 0,982 része marad. A második hét végére a gázmennyiség 0,9822 része marad. Tehát keressük a 0,982 n = 0,75 egyenlet megoldását. 0,982 n = 0,75. Az elõzõ példákban látottak alapján: n $ lg 0,982 = lg 0,75; n . 15,84 (hét). Tehát a hõlégballon körülbelül 111 napig marad a levegõben. b) A megmaradó gázmennyiségre felírható a következõ egyenlet: 0,982 x = 0,5; lg 0,5 x= . 38,16. lg 0,982 A gázmennyiség fele 38,16 hét alatt fogyna el.
FELADATOK 1. K1
2. K2
3. K2
600 000 Ft-ot lekötünk 3 évre, évi 4,5% kamatozásra. a) Mennyi pénzt várhatunk a banktól? b) Hány Ft lehetne a követelésünk, ha n évre kötnénk le a pénzünket? (n pozitív egész) Gazdag banknál folyamatos lekötésre tettük be pénzünket, ekkor a betett összeg közelítõleg An = A0 $ 2 n $ p képlet szerint változik ahol: An : az n. év végén (idõszak végén) esedékes pénzösszeg, A0 : a jelenlegi pénzösszeg, p: a kamatláb, n: az évek száma (idõszakok száma). a) Mennyi pénzünk lesz 12 év múlva 5%-os kamat esetén? b) Hány év múlva kétszerezõdik meg 500 000 Ft? Nagyszülõk szeretnének gondoskodni unokájukról, ezért olyan bankot keresnek, ahol folyamatos kamatozás mellett 8 év alatt a betett 1 millió Ft másfélszeresére nõ. Milyen kamatozású lekötés esetén teljesül ez? (Az elõzõ feladatban találhatunk összefüggést folyamatos lekötésû betét adatai között.)
4. E1
Az ember hangérzete közelítõleg leírható az n = 10 $ lg I képlettel. Mértékegysége a dB (decibel). I0 Az I0 = 10-12 W2 a minimális hangintenzitás, amit az emberi fül is érzékel. m Az emberi hallás szélsõértékei 0 dB illetve 130 dB. a) Mekkora az a maximális hangintenzitás, amelyet az emberi fül még elvisel? b) 5 W2 hangintenzitás esetén mekkora a hangérzet? m
54
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:03
Page 55
KÖZELÍTÕ ÉRTÉKEK (OLVASMÁNY) 5. K2
Míg Európában, s benne Magyarországon is a népesség csökkenése a jellemzõ, addig a világösszesítés szerint évi 1,48%-os növekedés tapasztalható. Egy 2001-es felmérés szerint 6,2 milliárd ember élt 2000-ben a Földön. Változatlan szaporodási ütemet feltételezve mikorra érheti el a Föld lakossága a 10 milliárdot?
Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 727, 728, 740, 741.
Rejtvény A földrengések erõsségét (magnitúdóját) a logaritmusos Richter-skálán mérik. Ezt úgy állapítják meg, hogy a földrengéstõl 100 km-es távolságban megnézik a szeizmográf (mérõmûszer) mutatójának kilengését. Ha a kilengés például 104 mikrométer, akkor a földrengés a Richter-skálán 4-es erõsségû, ha a kilengés mértéke 102 mikrométer, akkor a földrengés 2-es erõsségû. Általában a skála a 100 km-es távolságban, mikrométerben mért maximális amplitúdó logaritmusát jelzi. a) A Richter-skálán 8-as erõsségû földrengés hányszor akkora kilengést okoz a szeizmográfon, mint a 4-es erõsségû földrengés? b) Milyen erõsségû az a földrengés, ami a rengés centrumától 100 km-re 5 mm-es kilengést okoz? (A megoldás az 59. oldalon található.)
Charles Francis Richter
KÖZELÍTÕ ÉRTÉKEK (OLVASMÁNY) Hajlamosak vagyunk azt hinni, hogy a matematika tudománya – természeténél fogva – pontos számokkal, pontos értékekkel dolgozik. Ez egyáltalán nincs így. A közelítõ értékek használata természetes dolog, csak néhány példát említünk: 1. Mérni abszolút pontosan általában nem lehet. A legtöbb mérés eredménye közelítõ érték, így általában a számítások végrehajtását igénylõ gyakorlati feladatok alapadatai is azok. 2. A számolások során gyakran használunk közelítõ értékeket. Például az
1 2 összeg kiszámításakor mindkét 3+
tag helyett azok közelítõ értékeivel számolunk. 3. A mai elektronikus korban sûrûn alkalmazzuk a számológépeket. Minden számológép szükségszerûen közelítõ értékekkel dolgozik, és (általában) kerekített értéket jelez ki. 9. osztályban már foglalkoztunk a számítások pontosságával, a közelítõ értékek általános használatával. Megemlítettük a kerekítési szabályt (hogyan kerekítsünk; mikor lehet, és mikor nem érdemes kerekíteni), egyszerû hibaszámításokat végeztünk, kitértünk a számológépek célszerû használatára, valamint külön olvasmányban foglalkoztunk a számítógépek számábrázolásával. Olyan fogalmakkal találkoztunk, mint hiba, helyes számjegy, értékes számjegy. Idén a közelítõ értékkel és a hibaszámítással kapcsolatban további példákat elemzünk.
1. példa Egy téglalap két oldala a = 23,8 egység és b = 8,9 egység. Mekkora a téglalap kerülete és területe?
Megoldás A kerület K = 2(a + b) = 65,4 egység; a terület T = ab = 211,82 terület-egység. Egyszerû tankönyvi feladatról van szó, az adatok és a válasz pontosnak tekinthetõ.
55
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:03
Page 56
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 2. példa Egy iskolában úgy dönt a vezetés, hogy a tornatermet leparkettázzák. A gondnok megmérte a téglalap alakú tornaterem oldalait, és dm-es pontossággal az a = 23,8 m és b = 8,9 m értékeket kapta. Mekkora a tornaterem kerülete és területe? (Azaz: mekkora felületet kell parkettázni, és milyen hosszú a padló szélén körben futó szegélyléc?)
Megoldás A számadatok az elsõ példához képest nem változtak, K = 65,4 m és T = 211,82 m2 adódik. Vegyük figyelembe, hogy a mérés dm-es pontosságú volt, azaz az utolsó számjegyek kerekítettek. Ekkor a és b közelítõ értékek, 23,75 # a < 23,85 és 8,85 # b < 8,95. A minimális értékekkel számolva Kmin = 2 ⋅ (23,75 + 8,85) = 65,2 (m) és Tmin = 23,75 ⋅ 8,85 = = 210,1875 (m2); a maximális értékekkel számolva Kmax = 2 ⋅ (23,85 + 8,95) = 65,6 (m) és Tmax = 23,85 ⋅ 8,95 = = 213,4575 (m2). Tehát azt mondhatjuk, hogy 65,2 m # K < 65,6 m és 210,1875 m2 # T < 213,4575 m2. Ha feltételezzük, hogy a parkettázási munkák során nem keletkezik veszteség (ez egyébként csaknem elképzelhetetlen), még akkor is kockázatos lenne 65,4 m szegélylécet és 212 m2 parkettát vásárolni. A közelítõ értékek alkalmazása miatt elõfordulhat, hogy egyik anyag mennyisége sem lesz elegendõ. Ha tehát nem „tankönyvi”, hanem gyakorlati, életközeli feladatról van szó, akkor bizony számolni kell a közelítõ értékek alkalmazásából adódó hibákkal. Említsünk meg néhány gyakran használt fogalmat és jelölést. Ha m egy x szám közelítõ értéke, akkor ezt az m ≈ x módon jelöljük. Ha az x számot m-mel közelítjük, akkor a közelítés abszolút hibája az x-nek az m-tõl való eltérése. Ez az x – m és m – x különbségek közös abszolút értéke: x - m = m - x . (A számegyenesen ez a szakasz az x és m pontok távolsága.) A hiba tehát a közelítõ érték és a pontos érték eltérése; pl. 1,165-nek 1,17-tõl és 1,16-tól való eltérése is 0,005. A relatív hiba az abszolút hiba és az x szám abszolút értékének a hányadosa: m - x . Általában %-ban adjuk x meg. (Ha nem jelezzük, hogy melyik hibafajtáról van szó, hanem egyszerûen csak hibáról beszélünk, akkor az abszolút hibára gondolunk.)
Megjegyzés Sajnos a legtöbb feladatban a hibát nem ismerjük, mert a mérendõ (pontos) x mennyiség nem ismert. Amit itt hibának nevezünk, az tulajdonképpen az ún. hibakorlát. Ennél a tényleges hiba nagyobb nem lehet.
3. példa A hibakorlát megadása A hibakorlát a hiba értékének egy felsõ korlátja. A második példában az a = 23,8 m közelítést alkalmaztuk. A kerekítés miatt 23,75 m # a < 23,85 m, vagyis a ! [23,75 m; 23,85 m[; a hibakorlát ekkor 0,05 m. (Az a = 23,8 m a 0,1 m hosszú intervallum „közepe”, ezért bármennyi is az a oldal tényleges értéke, biztos, hogy a hiba legfeljebb az intervallum hosszának a fele.) Tizedre kerekített értéknél a hibakorlát 0,05; századra kerekített értéknél 0,005 stb. Egy másik jelölés a = 23,8 ! 0,05 m formájú. Itt a hibakorlát 0,05 m, és a zacskós vagy dobozos élelmiszeripari termékeken leginkább ezzel az alakkal találkozunk. Például: egy zacskóban lévõ anyagmennyiség 400 ! 5 gr. (A másik gyakori jelölés, a „kb. 400 gr”, nagyvonalúan eltekint a hibakorlát feltüntetésétõl.)
56
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:03
Page 57
KÖZELÍTÕ ÉRTÉKEK (OLVASMÁNY) 4. példa A Párizs melletti Sèvres-ben õrzött etalon méterrudat a saját mérõeszközeinkkel megmérjük, és a hosszát 100,4 cm-nek találjuk. Ekkor az x = 100 cm pontos értéket az m = 100,4 cm értékkel köze100, 4 - 100 lítjük. A mérés abszolút hibája 100,4 – 100 = 0,4 (cm); a relatív hiba = 4 ⋅ 10–3, azaz 100 0,4%.
5. példa
Az etalon méterrúd a franciaországi Sèvres-ben
A relatív hiba a mérés, a közelítés „relatív” pontosságára utal. Tegyük fel, hogy egy híd hosszát fél méteres (abszolút) hibával határozzuk meg. Ez a mérési pontatlanság elfogadhatatlan, és igen súlyos a tévedés, ha egy patakon átívelõ, 2,5 méteres fahídról van szó; de egy 2 km hosszú viadukt esetében tûrhetõ ez a hiba. (Az elsõ esetben a relatív hiba 0,5 0,5 = 0,2, azaz 20%; a második esetben = 2,5 ⋅ 10–4, azaz 0,25 ezrelék.) 2000 2,5
6. példa Melyik pontosabb: a c = 3,2 vagy a c = 3,20 kerekített érték?
Megoldás Az elsõ esetben a hibakorlát 0,05, a második esetben 0,005. Ez utóbbi érték tízszer pontosabb. Látható, hogy a kerekítésbeli utolsó 0 értékes jegy, van funkciója; tehát nem hagyható el.
Jelöljük a hibakorlátot f-nal (f > 0). Azt mondjuk, hogy az m szám az f hibakorláton belül (azaz f pontossággal) közelíti meg az x számot, ha a közelítés során elkövetett hiba nem nagyobb az f hibakorlátnál, azaz m - x # f .
Az egyenlõtlenség különbözõ alakokba írható: –f # m – x # f, vagyis x – f # m # x + f. Minthogy x - m = m - x miatt m és x szerepe felcserélhetõ, azt is írhatjuk, hogy m – f # x # m + f. (Szemléletesen: a számegyenesen az m pont az [x – f, x + f] intervallumban, vagy az x pont az [m – f, m + f] intervallumban van.)
A r közelítése Ha – mint általában matematika órán – két tizedesjegy pontossággal közelítjük a r-t, akkor annyit tudunk, hogy 0,005 pontossággal 3,14-dal egyenlõ. Azaz r - 3,14 # 0,005, innen 3,14 – 0,005 # r # 3,14 + 0,005, azaz 3,135 # r # 3,145. Persze ettõl r még végtelen sok értéket felvehet. Hasonlóan látható be, hogy egyre több, véges számú közelítõérték (a megfelelõ hibakorlátokkal együtt) általában növeli a pontosságot, de továbbra sem határozza meg egyértelmûen a közelített számot.
57
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:04
Page 58
I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 7. példa Arkhimédész (i. e. 287–212) a körbe írt szabályos sokszögek kerületével közelítve r értékére a 3 10 1 r 1 3 1 7 71 egyenlõtlenség-rendszert kapta. Mennyire volt pontos a közelítése?
Megoldás Arkhimédész szerint r ! D 223, 22 : , vagyis r ! D 1561, 1562 : . Legyen r értéke az intervallum felezõpontja, ekkor 497 497 71 7 a hibakorlát az intervallum hosszának a fele. Azaz Arkhimédesz közelítése: r ≈ 3123 ≈ 3,141851107, és a hibakorlát 994 1 ≈ 1,006 ⋅ 10–3. 994 A mai tíz jegyre pontos érték: r ≈ 3,141592654, a görög tudós által elkövetett hiba ≈ 2,58453 ⋅ 10–4. Megjegyzés Általában is így van: a 0 < c < x < d egyenlõtlenségpár azt jelenti, hogy c és d számtani közepe, c + d , az 2 d c hibahatáron belül megközelíti x-et. f= 2
Õ volt az ókor legnagyobb hatású, alkotó matematikusa és fizikusa. A szicíliai görög városban, Szirakuzában élt. Több nevezetes eredmény fûzõdik a nevéhez. A r közelítése mellett foglalkozott térgeometriával (megállapította például, hogy az egyenlõ oldalú henger, a bele írható gömb és a hengerbe írható kúp térfogatainak aránya 3:2:1), kiszámította a parabolaszeletek területét, speciális görbéket elemzett (arkhimédészi spirális). Mechanikai jellegû munkáiban vizsgálta a síkidomok súlypontjait, a folyadékok és gázok egyensúlyát, de az õ nevéhez fûzõdik a differenciál-csigasor feltalálása is. Amikor i.e. 213-ban a római seregek megtámadták Szirakuzát, Arkhimédész sikeresen támogatta találmányaival a védelmet, így a város évekig ellenállt az ostromnak. Arkhimédész (i.e. 287–212)
A HIBÁK ÖRÖKLÕDÉSE (MÛVELETEK ÉS HIBATERJEDÉS) A 2. példa alapján látható, hogy összeadás és kivonás során a hibakorlátok összeadódnak; ha pedig a közelítõ értéket a (pozitív) c számmal szorozzuk, a hibakorlát c-szeresre változik. Néhány észrevételt tehetünk: – Ha több azonos hibakorláttal rendelkezõ számot adunk össze, akkor a hibakorlát az eredeti többszöröse lesz. Ez persze nem azt jelenti, hogy a hiba is többszörös lesz: a számok egy részében „lefelé”, egy részében „felfelé” kerekítünk, így a kerekítési hibák többnyire kompenzálják egymást. – A fentiekbõl következik, hogy lényeges a kerekítés, illetve a mûveletvégzés sorrendje. Összeg kerekített értéke és kerekített tagok összege különbözhet. Például: 1,3 + 2,4 egészekre kerekített értéke 4, míg egészekre kerekítés után az összeg 1 + 2 = 3. – Ha a két összeadandó nem azonos pontosságú, akkor a kevésbé pontos szám határozza meg az összeg hibakorlátját. Például: a = 3,56 és b = 111,2 kerekített értékek összege a + b = 114,76, a hibakorlát 0,005 + 0,05 = 0,055,
58
16312_Matek11_01_
2011.12.19.
19:04
Page 59
KÖZELÍTÕ ÉRTÉKEK (OLVASMÁNY) a közrefogó intervallum hossza ennek kétszerese: 0,11. 114,705 # a + b < 114,815; az összeg lényegében b pontatlanságát „õrizte meg”, az elsõ tizedes jegyben lehet eltérés. Szorzás és osztás esetén a hibakorlátra nem tudunk hasonlóan „szép” képletet felállítani. Sokszor a konkrét feladattól függ, hogy milyen pontossággal dolgozunk. Nagyszámú mûveletvégzés során a hibák kellemetlenül megnõhetnek. Csökkentésükre különbözõ eljárások ismertek, az alábbiakban erre mutatunk egy példát.
8. példa Határozzuk meg 3 tizedesjegy pontossággal számolva
1 értékét! 2,01 - 2
Megoldás Elsõ megoldás 2,01 ≈ 1,418;
2 ≈ 1,414;
2,01 - 2 ≈ 0,004;
1 ≈ 1 = 250 . 0,004 2,01 - 2
Második megoldás 1 ≈ 283,1958. 2,01 - 2 Nyilván a számológép eredménye pontosabb (hiszen a számolás során több értékes jegyet õrzött meg). Miért ilyen nagy az elsõ megoldás hibája? A számológép alapján
2,01 és
2 közelítõ értékei egyaránt négy értékes jegyet tartalmaznak. A két szám különbsége kicsi, a kivonás 0,0005 után kapott 0,004-ben már csak egyetlen értékes jegy szerepel. 2 relatív hibakorlátja ≈ 0,035%, 2,01 re1, 414 0,001 latív hibakorlátja szintén ennyi. 2,01 - 2 hibakorlátja 0,001, relatív hibakorlátja ≈ 25%, ami rendkívül 0,004 megnõtt. A kivonás ebbõl a szempontból igen kellemetlen mûveletnek bizonyult, érdemes a kifejezést átalakítanunk. Harmadik megoldás A tört nevezõjét gyöktelenítjük:
2,01 + 2 1 = = _ 2,01 - 2 i _ 2,01 + 2 i 2,01 - 2
2,01 + 2 . Most 0,01
2,01 + 2
hibakorlátja 10–3, tehát három értékes jegyet tartalmaz; de a 0,01 már pontos érték. 100 _ 2,01 + 2 i ≈ 100 ⋅ 2,832 = = 283,2. Ez az eredmény már elfogadható pontosságú. Amikor közelítõ értékeket alkalmazunk, akkor a pontos számadatok helyett valójában számközökkel dolgozunk (közelítõ érték ! hibakorlát). A pontos számok, egyenletek helyett egyenlõtlenségekkel, egyenlõtlenség-rendszerekkel számolunk, és az eredmény is számköz lesz. A gyakorlatban a közelítés másik nehézségét az jelenti, hogy elõre adott (vagy megállapítható), hogy legfeljebb mekkora hibát szabad elkövetnünk. Ha egy feladatban elõírt pontosságú végeredményt kívánnak meg, akkor visszafelé kellene számolnunk, de ez igen nehéz. Általában úgy járunk el, hogy a megoldás során több tizedes jegyet veszünk figyelembe (ezek az ún. tartalékjegyek), és a végeredményt a megfelelõ pontosságúra kerekítjük. Ekkor legfeljebb azt kockáztatjuk, hogy egy-két tizedesjegyet feleslegesen cipeltünk magunkkal.
Fogalmak közelítõ érték; (abszolút) hiba; relatív hiba; hibakorlát; relatív hibakorlát.
Az 55. oldalon lévô rejtvény megoldása: a) Tízezerszer. b) A kilengés (amplitúdó) nagysága 5 mm = 5 ⋅ 103 nm. Így a rengés lg(5 ⋅ 103) = lg 5 + lg 103 = lg 5 + 3 ≈ 3,7 erõsségû.
59
