Mindent a fokok tulajdonságairól. Hatványozás
Nyilvánvaló, hogy a hatványokkal rendelkező számok más mennyiségekhez hasonlóan összeadhatók , jeleikkel egymás után hozzáadva.
Tehát a 3 és b 2 összege a 3 + b 2.
A 3 - b n és h 5 -d 4 összege a 3 - b n + h 5 - d 4.
Esély azonos változók egyenlő hatványaiösszeadható vagy kivonható.
Tehát 2a 2 és 3a 2 összege egyenlő 5a 2-vel.
Az is nyilvánvaló, hogy ha két a négyzetet vagy három a négyzetet vagy öt a négyzetet veszünk.
De fokok különféle változókÉs különféle fokozatok azonos változók, úgy kell összeállítani, hogy hozzá kell adni őket a jeleikkel.
Tehát egy 2 és egy 3 összege egy 2 + egy 3 összege.
Nyilvánvaló, hogy a négyzete és a kockája nem egyenlő a négyzetének kétszeresével, hanem a kockájának kétszeresével.
A 3 b n és 3a 5 b 6 összege a 3 b n + 3a 5 b 6.
Kivonás A jogosítványokat ugyanúgy hajtjuk végre, mint az összeadást, azzal a különbséggel, hogy a részrészek előjeleit ennek megfelelően módosítani kell.
Vagy:
2a 4 - (-6a 4) = 8a 4
3 óra 2 b 6 - 4 óra 2 b 6 = -h 2 b 6
5(a-h) 6-2(a-h) 6 = 3(a-h) 6
Hatványok megsokszorozása
A hatványokkal rendelkező számok más mennyiségekhez hasonlóan szorozhatók egymás után, szorzójellel vagy anélkül.
Így a 3-at b 2-vel megszorozva a 3 b 2 vagy aaabb lesz.
Vagy:
x -3 ⋅ a m = a m x -3
3a 6 y 2 ⋅ (-2x) = -6a 6 xy 2
a 2 b 3 y 2 ⋅ a 3 b 2 y = a 2 b 3 y 2 a 3 b 2 y
Az utolsó példában szereplő eredmény azonos változók hozzáadásával rendezhető.
A kifejezés a következő formában lesz: a 5 b 5 y 3.
Több szám (változó) hatványokkal való összehasonlításával láthatjuk, hogy ha bármelyik kettőt megszorozzuk, akkor az eredmény egy szám (változó), amelynek hatványa egyenlő összeg kifejezések fokozatai.
Tehát a 2 .a 3 = aa.aaa = aaaaa = a 5 .
Itt 5 a szorzás eredményének hatványa, egyenlő 2 + 3-mal, a tagok hatványainak összegével.
Tehát a n .a m = a m+n .
Egy n esetén a-t annyiszor veszik tényezőnek, mint n hatványát;
És egy m-t annyiszor veszünk tényezőnek, ahányszor m fok egyenlő;
ezért, Az azonos bázisú hatványok a hatványok kitevőinek összeadásával szorozhatók.
Tehát a 2 .a 6 = a 2+6 = a 8 . És x 3 .x 2 .x = x 3+2+1 = x 6 .
Vagy:
4a n ⋅ 2a n = 8a 2n
b 2 y 3 ⋅ b 4 y = b 6 y 4
(b + h - y) n ⋅ (b + h - y) = (b + h - y) n+1
Szorozza meg (x 3 + x 2 y + xy 2 + y 3) ⋅ (x - y).
Válasz: x 4 - y 4.
Szorozd meg (x 3 + x - 5) ⋅ (2x 3 + x + 1).
Ez a szabály azokra a számokra is igaz, amelyek kitevői negatív.
1. Tehát a -2 .a -3 = a -5 . Ezt így írhatjuk fel: (1/aa).(1/aaa) = 1/aaaaa.
2. y -n .y -m = y -n-m .
3. a -n .a m = a m-n .
Ha a + b-t megszorozzuk a - b-vel, az eredmény a 2 - b 2 lesz:
Két szám összegének vagy különbségének szorzata egyenlő a négyzeteinek összegével vagy különbségével.
Ha két szám összege és különbsége emelt értékre négyzet, az eredmény egyenlő lesz ezeknek a számoknak az összegével vagy különbségével negyedik fokon.
Tehát (a - y).(a + y) = a 2 - y 2.
(a 2 - y 2)⋅(a 2 + y 2) = a 4 - y 4.
(a 4 - y 4)⋅(a 4 + y 4) = a 8 - y 8.
A fokozatok felosztása
A hatványokkal rendelkező számok más számokhoz hasonlóan oszthatók, az osztalékból levonva, vagy tört alakba helyezve.
Így a 3 b 2 osztva b 2-vel egyenlő egy 3-mal.
Vagy:
$\frac(9a^3y^4)(-3a^3) = -3y^4$
$\frac(a^2b + 3a^2)(a^2) = \frac(a^2(b+3))(a^2) = b + 3$
$\frac(d\cdot (a - h + y)^3)((a - h + y)^3) = d$
Ha 5-öt osztunk 3-mal, ez így néz ki: $\frac(a^5)(a^3)$. De ez egyenlő 2-vel. Egy számsorozatban
a +4 , a +3 , a +2 , a +1 , a 0 , a -1 , a -2 , a -3 , a -4 .
bármely szám osztható egy másikkal, és a kitevő egyenlő lesz különbség osztható számok mutatói.
Ha a fokokat ugyanazzal az alappal osztjuk fel, akkor kitevőjüket levonjuk..
Tehát y 3:y 2 = y 3-2 = y 1. Azaz $\frac(yyy)(yy) = y$.
És a n+1:a = a n+1-1 = a n . Azaz $\frac(aa^n)(a) = a^n$.
Vagy:
y 2m: y m = y m
8a n+m: 4a m = 2a n
12 (b + y) n: 3 (b + y) 3 = 4 (b + y) n-3
A szabály a -val rendelkező számokra is igaz negatív fokok értékei.
A -5 -3-mal való osztásának eredménye -2.
Továbbá $\frac(1)(aaaaa) : \frac(1)(aaa) = \frac(1)(aaaaa).\frac(aaa)(1) = \frac(aaa)(aaaaa) = \frac (1)(aa)$.
h 2:h -1 = h 2+1 = h 3 vagy $h^2:\frac(1)(h) = h^2.\frac(h)(1) = h^3$
Nagyon jól kell elsajátítani a szorzást és a hatványosztást, mivel az ilyen műveleteket nagyon széles körben használják az algebrában.
Példák a hatványos számokat tartalmazó törtek példáinak megoldására
1. Csökkentse a kitevőket $\frac(5a^4)(3a^2)$ értékkel. Válasz: $\frac(5a^2)(3)$.
2. Csökkentse a kitevőket $\frac(6x^6)(3x^5)$ értékkel. Válasz: $\frac(2x)(1)$ vagy 2x.
3. Csökkentse az a 2 /a 3 és a -3 /a -4 kitevőket, és hozza létre a közös nevezőt.
a 2 .a -4 egy -2 az első számláló.
a 3 .a -3 egy 0 = 1, a második számláló.
a 3 .a -4 egy -1 , a közös számláló.
Egyszerűsítés után: a -2 /a -1 és 1/a -1 .
4. Csökkentse a 2a 4 /5a 3 és 2 /a 4 kitevőket, és hozza létre a közös nevezőt.
Válasz: 2a 3 /5a 7 és 5a 5 /5a 7 vagy 2a 3 /5a 2 és 5/5a 2.
5. Szorozzuk meg (a 3 + b)/b 4-et (a - b)/3-mal.
6. Szorozza meg (a 5 + 1)/x 2-t (b 2 - 1)/(x + a) értékkel.
7. Szorozzuk meg b 4 /a -2-t h -3 /x-el és a n /y -3-mal.
8. Ossz el egy 4 /y 3-at egy 3 /y 2-vel. Válasz: a/y.
9. Ossza meg (h 3 - 1)/d 4 értékkel (d n + 1)/h.
Az alábbi képlet lesz a definíció fokok természetes kitevővel(a a hatvány és az ismétlődő tényező alapja, az n pedig a kitevő, ami azt mutatja, hogy a tényező hányszor ismétlődik):
Ez a kifejezés azt jelenti, hogy egy n természetes kitevővel rendelkező a szám hatványa n tényező szorzata, annak ellenére, hogy mindegyik tényező egyenlő a-val.
17^5=17 \cdot 17 \cdot 17 \cdot 17 \cdot 17=1\,419\,857
17 - alapfok,
5 - kitevő,
1419857 — fokérték.
A nulla kitevőjű hatvány egyenlő 1-gyel, feltéve, hogy a\neq 0:
a^0=1 .
Például: 2^0=1
Ha nagy számot kell írnia, általában 10 hatványt használ.
Például a Föld egyik legősibb dinoszaurusza körülbelül 280 millió évvel ezelőtt élt. Életkorát a következőképpen írják: 2,8 \cdot 10^8 .
Minden 10-nél nagyobb szám felírható \cdot 10^n-ként, feltéve, hogy 1< a < 10 и n является положительным целым числом . Такую запись называют szabványos számforma.
Példák ilyen számokra: 6978=6,978 \cdot 10^3, 569000=5,69 \cdot 10^5.
Mondhatja az „a-t az n-edik hatványra”, az „a szám n-edik hatványát” és az „a-t az n-edik hatványra”.
4^5 – „négy az 5 hatványához” vagy „4 az ötödik hatványhoz”, vagy azt is mondhatja, hogy „4 ötödik hatványa”
Ebben a példában a 4 az alap és az 5 a kitevő.
Adjunk most egy példát a törtekkel és a negatív számokkal. A félreértések elkerülése érdekében a természetes számoktól eltérő bázisokat szokás zárójelbe írni:
(7,38)^2 , \left(\frac 12 \right)^7, (-1)^4 stb.
Figyeld meg a különbséget is:
(-5)^6 - egy negatív szám hatványát jelenti –5, amelynek természetes kitevője 6.
5^6 - az ellentétes 5^6 számnak felel meg.
Természetes kitevővel rendelkező hatványok tulajdonságai
A diploma alaptulajdonsága
a^n \cdot a^k = a^(n+k)
Az alap ugyanaz marad, de a kitevők összeadódnak.
Például: 2^3 \cdot 2^2 = 2^(3+2)=2^5
Azonos bázisú hányados hatványok tulajdonsága
a^n: a^k=a^(n-k), ha n > k.
A kitevőket levonjuk, de az alap ugyanaz marad.
Ezt az n > k korlátozást azért vezettük be, hogy ne lépjük túl a természetes kitevőket. Valójában n > k esetén az a^(n-k) kitevő természetes szám lesz, különben vagy negatív szám (k< n ), либо нулем (k-n ).
Például: 2^3: 2^2 = 2^(3-2)=2^1
A hatalom hatalommá emelésének tulajdonsága
(a^n)^k=a^(nk)
Az alap ugyanaz marad, csak a kitevőket szorozzuk.
Például: (2^3)^6 = 2^(3 \cdot 6)=2^(18)
A szorzat hatványozásának tulajdonsága
Minden tényezőt n hatványra emelünk.
a^n \cdot b^n = (ab)^n
Például: 2^3 \cdot 3^3 = (2 \cdot 3)^3=6^3
Tört hatványozásának tulajdonsága
\frac(a^n)(b^n)=\left(\frac(a)(b) \right) ^n, b \neq 0
A tört számlálóját és nevezőjét is hatványra emeljük. \left(\frac(2)(5) \right)^3=\frac(2^3)(5^3)=\frac(8)(125)
Már beszéltünk arról, hogy mi a szám hatványa. Vannak bizonyos tulajdonságai, amelyek hasznosak a problémák megoldásában: ezeket és az összes lehetséges kitevőt elemezzük ebben a cikkben. Példákkal is világosan bemutatjuk, hogyan lehet ezeket a gyakorlatban bizonyítani és helyesen alkalmazni.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Emlékezzünk vissza a természetes kitevővel rendelkező fok korábban megfogalmazott fogalmára: ez az n-edik számú tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a-val. Emlékeznünk kell a valós számok helyes szorzására is. Mindez segít a következő tulajdonságok megfogalmazásában egy természetes kitevővel rendelkező fokozathoz:
1. definíció
1. A fok fő tulajdonsága: a m · a n = a m + n
Általánosítható: a n 1 · a n 2 · … · a n k = a n 1 + n 2 + … + n k.
2. Azonos bázisú fokok hányadosának tulajdonsága: a m: a n = a m − n
3. Termék teljesítmény tulajdonsága: (a · b) n = a n · b n
Az egyenlőség kibővíthető a következőre: (a 1 · a 2 · … · a k) n = a 1 n · a 2 n · … · a k n
4. Hányados tulajdonsága természetes fokig: (a: b) n = a n: b n
5. Emelje fel a hatványt a következő hatványra: (a m) n = a m n ,
Általánosítható: (((a n 1) n 2) …) n k = a n 1 · n 2 · … · n k
6. Hasonlítsa össze a fokot nullával:
- ha a > 0, akkor bármely n természetes szám esetén a n nagyobb lesz nullánál;
- ha a egyenlő 0, akkor a n is egyenlő lesz nullával;
- a< 0 и таком показателе степени, который будет четным числом 2 · m , a 2 · m будет больше нуля;
- a< 0 и таком показателе степени, который будет нечетным числом 2 · m − 1 , a 2 · m − 1 будет меньше нуля.
7. Egyenlőség a n< b n будет справедливо для любого натурального n при условии, что a и b больше нуля и не равны друг другу.
8. Az a m > a n egyenlőtlenség akkor lesz igaz, ha m és n természetes számok, m nagyobb n-nél és a nagyobb nullánál és kisebb egynél.
Ennek eredményeként több egyenlőséget kaptunk; ha az összes fent említett feltétel teljesül, akkor azok azonosak lesznek. Mindegyik egyenlőséghez, például a fő tulajdonsághoz, felcserélheti a jobb és a bal oldalt: a m · a n = a m + n - ugyanaz, mint a m + n = a m · a n. Ebben a formában gyakran használják a kifejezések egyszerűsítésére.
1. Kezdjük a fok alapvető tulajdonságával: az a m · a n = a m + n egyenlőség igaz lesz bármely természetes m-re és n-re, valamint valós a-ra. Hogyan lehet ezt az állítást bizonyítani?
A természetes kitevőkkel rendelkező hatványok alapvető meghatározása lehetővé teszi számunkra, hogy az egyenlőséget tényezők szorzatává alakítsuk. Ilyen rekordot kapunk:
Ezt le lehet rövidíteni 
(emlékezzünk a szorzás alapvető tulajdonságaira). Ennek eredményeként megkaptuk az a szám hatványát m + n természetes kitevővel. Így egy m + n, ami a fok fő tulajdonságát jelenti, bebizonyosodott.
Nézzünk egy konkrét példát, amely ezt megerősíti.
1. példa
Tehát két hatványunk van a 2-es bázissal. Természetes mutatójuk 2, illetve 3. Megvan az egyenlőség: 2 2 · 2 3 = 2 2 + 3 = 2 5 Számítsuk ki az értékeket, hogy ellenőrizzük ennek az egyenlőségnek az érvényességét.
Végezzük el a szükséges matematikai műveleteket: 2 2 2 3 = (2 2) (2 2 2) = 4 8 = 32 és 2 5 = 2 2 2 2 2 = 32
Ennek eredményeként a következőt kaptuk: 2 2 · 2 3 = 2 5. Az ingatlan bizonyított.
A szorzás tulajdonságaiból adódóan a tulajdonságot általánosíthatjuk úgy, hogy három vagy több hatvány formájában fogalmazzuk meg, amelyben a kitevők természetes számok és az alapok azonosak. Ha k betűvel jelöljük az n 1, n 2 stb. természetes számok számát, akkor a helyes egyenlőséget kapjuk:
a n 1 · a n 2 · … · a n k = a n 1 + n 2 + … + n k.
2. példa
2. Ezután be kell bizonyítanunk a következő tulajdonságot, amelyet hányados tulajdonságnak nevezünk, és amely az azonos alapú hatványokban rejlik: ez az a m egyenlőség: a n = a m − n, amely bármely természetes m-re és n-re (és m-re) érvényes. nagyobb, mint n)) és bármely nem nulla valós a .
Először is tisztázzuk, mit is jelentenek pontosan a megfogalmazásban említett feltételek. Ha nullával egyenlőt veszünk, akkor nullával való osztást kapunk, amit nem tehetünk meg (végül is 0 n = 0). Az a feltétel, hogy az m számnak nagyobbnak kell lennie n-nél, szükséges ahhoz, hogy a természetes kitevők határain belül maradhassunk: m-ből n-t kivonva természetes számot kapunk. Ha a feltétel nem teljesül, akkor negatív számot vagy nullát kapunk, és ismét túllépünk a hatványok természetes kitevőkkel történő vizsgálatán.
Most rátérhetünk a bizonyításra. A korábban tanulmányozottakból idézzük fel a törtek alapvető tulajdonságait, és fogalmazzuk meg az egyenlőséget a következőképpen:
a m − n · a n = a (m − n) + n = a m
Ebből következtethetünk: a m − n · a n = a m
Emlékezzünk az osztás és szorzás kapcsolatára. Ebből következik, hogy a m − n az a m és a n hatványok hányadosa. Ez a fokozat második tulajdonságának bizonyítéka.
3. példa
Az érthetőség kedvéért cseréljünk be meghatározott számokat a kitevőkbe, és jelöljük a fok alapját π : π 5: π 2 = π 5 − 3 = π 3
3. Ezután elemezzük egy szorzat hatványának tulajdonságát: (a · b) n = a n · b n bármely valós a és b és természetes n esetén.
A természetes kitevővel rendelkező hatvány alapdefiníciója szerint az egyenlőséget a következőképpen fogalmazhatjuk újra:
Felidézve a szorzás tulajdonságait, ezt írjuk: 
. Ez ugyanazt jelenti, mint a n · b n.
4. példa
2 3 · - 4 2 5 4 = 2 3 4 · - 4 2 5 4
Ha három vagy több tényezőnk van, akkor ez a tulajdonság erre az esetre is vonatkozik. Vezessük be a faktorszám k jelölését, és írjuk fel:
(a 1 · a 2 · … · a k) n = a 1 n · a 2 n · … · a k n
5. példa
Adott számokkal a következő helyes egyenlőséget kapjuk: (2 · (- 2 , 3) · a) 7 = 2 7 · (- 2 , 3) 7 · a
4. Ezek után megpróbáljuk igazolni a hányados tulajdonságot: (a: b) n = a n: b n bármely valós a és b esetén, ha b nem egyenlő 0-val és n természetes szám.
Ennek bizonyítására használhatja a fokok előző tulajdonságát. Ha (a: b) n · b n = ((a: b) b) n = a n, és (a: b) n · b n = a n, akkor ebből az következik, hogy (a: b) n az a n osztásának hányadosa írta: b n.
6. példa
Számítsunk ki egy példát: 3 1 2: - 0. 5 3 = 3 1 2 3: (- 0 , 5) 3
7. példa
Kezdjük rögtön egy példával: (5 2) 3 = 5 2 3 = 5 6
Most fogalmazzunk meg egy egyenlőségláncot, amely bebizonyítja számunkra, hogy az egyenlőség igaz: 
Ha a példában vannak fokok fokai, akkor ez a tulajdonság rájuk is igaz. Ha vannak p, q, r, s természetes számok, akkor igaz lesz:
a p q y s = a p q y s
8. példa
Adjunk hozzá néhány konkrétumot: (((5 , 2) 3) 2) 5 = (5 , 2) 3 + 2 + 5 = (5 , 2) 10
6. A természetes kitevővel rendelkező hatványok másik tulajdonsága, amelyet bizonyítanunk kell, az összehasonlítás tulajdonsága.
Először is hasonlítsuk össze a fokot a nullával. Miért van a n > 0, feltéve, hogy a nagyobb, mint 0?
Ha egy pozitív számot megszorozunk egy másikkal, akkor pozitív számot is kapunk. Ennek a ténynek a ismeretében azt mondhatjuk, hogy ez nem függ a tényezők számától - tetszőleges számú pozitív szám szorzásának eredménye pozitív szám. Mi a fok, ha nem a számok szorzásának eredménye? Akkor ez minden pozitív bázisú és természetes kitevővel rendelkező n hatványra igaz lesz.
9. példa
3 5 > 0 , (0 , 00201) 2 > 0 és 34 9 13 51 > 0
Az is nyilvánvaló, hogy a nullával egyenlő bázisú hatvány maga is nulla. Mindegy, milyen teljesítményre emeljük a nullát, az nulla marad.
10. példa
0 3 = 0 és 0 762 = 0
Ha a fokszám alapja negatív szám, akkor a bizonyítás egy kicsit bonyolultabb, mivel a páros/páratlan kitevő fogalma válik fontossá. Vegyük először azt az esetet, amikor a kitevő páros, és jelöljük 2 · m, ahol m természetes szám.
Ne felejtsük el, hogyan kell helyesen szorozni a negatív számokat: az a · a szorzat egyenlő a modulusok szorzatával, és ezért pozitív szám lesz. Majd 
és az a 2 m fok is pozitív.
11. példa
Például (- 6) 4 > 0, (- 2, 2) 12 > 0 és - 2 9 6 > 0
Mi van, ha a negatív bázisú kitevő páratlan szám? Jelöljük 2 · m − 1 .
Majd 
Minden a · a szorzat a szorzás tulajdonságai szerint pozitív, így a szorzata is. De ha megszorozzuk az egyetlen megmaradt a számmal, akkor a végeredmény negatív lesz.
Ekkor a következőt kapjuk: (− 5) 3< 0 , (− 0 , 003) 17 < 0 и - 1 1 102 9 < 0
Hogyan lehet ezt bizonyítani?
a n< b n – неравенство, представляющее собой произведение левых и правых частей nверных неравенств a < b . Вспомним основные свойства неравенств справедливо и a n < b n .
12. példa
Például a következő egyenlőtlenségek igazak: 3 7< (2 , 2) 7 и 3 5 11 124 > (0 , 75) 124
8. Csak az utolsó tulajdonságot kell bizonyítanunk: ha van két hatványunk, amelyek bázisai azonosak és pozitívak, és a kitevői természetes számok, akkor az, amelynek a kitevője kisebb, nagyobb; és két hatvány közül, amelyek természetes kitevője és azonos bázisa nagyobb, mint egy, az a nagyobb, amelynek a kitevője nagyobb.
Bizonyítsuk be ezeket az állításokat.
Először is meg kell győződnünk arról, hogy egy m< a n при условии, что m больше, чем n , и а больше 0 , но меньше 1 .Теперь сравним с нулем разность a m − a n
Vegyünk ki egy n-t a zárójelekből, ami után a különbségünk a n · (a m − n − 1) alakot ölti. Eredménye negatív lesz (mivel a pozitív szám negatív számmal való szorzata negatív). Hiszen a kezdeti feltételek szerint m − n > 0, akkor a m − n − 1 negatív, az első tényező pedig pozitív, mint minden pozitív bázisú természetes hatvány.
Kiderült, hogy a m − a n< 0 и a m < a n . Свойство доказано.
Marad a fent megfogalmazott állítás második részének bizonyítása: a m > a igaz m > n-re és a > 1-re. Jelöljük a különbséget, és tegyük n-et a zárójelek közé: (a m − n − 1, ha egy n hatványa egynél nagyobb, akkor pozitív eredményt ad); és maga a különbség is pozitívnak bizonyul a kezdeti feltételek miatt, és a > 1 esetén az a m − n fok nagyobb egynél. Kiderült, hogy a m − a n > 0 és a m > a n, amit bizonyítanunk kellett.
13. példa
Példa konkrét számokkal: 3 7 > 3 2
Az egész kitevős fokok alapvető tulajdonságai
Pozitív egész kitevőjű hatványok esetén a tulajdonságok hasonlóak lesznek, mivel a pozitív egészek természetes számok, ami azt jelenti, hogy az összes fent bizonyított egyenlőség rájuk is igaz. Alkalmasak olyan esetekben is, amikor a kitevők negatívak vagy egyenlőek nullával (feltéve, hogy magának a foknak az alapja nem nulla).
Így a hatványok tulajdonságai azonosak bármely a és b bázisra (feltéve, hogy ezek a számok valósak, és nem egyenlők 0-val), valamint bármely m és n kitevőre (feltéve, hogy egész számok). Röviden írjuk le őket képletek formájában:
2. definíció
1. a m · a n = a m + n
2. a m: a n = a m − n
3. (a · b) n = a n · b n
4. (a: b) n = a n: b n
5. (a m) n = a m n
6. a n< b n и a − n >b − n n pozitív egész szám, pozitív a és b, a< b
reggel 7 óra< a n , при условии целых m и n , m >n és 0< a < 1 , при a >1 a m > a n .
Ha a fokszám alapja nulla, akkor az a m és a n bejegyzésnek csak természetes és pozitív m és n esetén van értelme. Ennek eredményeként azt találjuk, hogy a fenti megfogalmazások a nulla bázisú teljesítményű esetekre is megfelelőek, ha minden egyéb feltétel teljesül.
Ezen tulajdonságok bizonyítása ebben az esetben egyszerű. Emlékeznünk kell arra, hogy mi a természetes és egész kitevővel rendelkező fok, valamint a valós számokkal végzett műveletek tulajdonságai.
Nézzük meg a hatvány-hatvány tulajdonságot, és bizonyítsuk be, hogy ez mind pozitív, mind nem pozitív egész számokra igaz. Kezdjük azzal, hogy bebizonyítjuk az (a p) q = a p q, (a − p) q = a (− p) q, (a p) − q = a p (− q) és (a − p) − q = a (−) egyenlőségeket. p) · (- q)
Feltételek: p = 0 vagy természetes szám; q – hasonló.
Ha p és q értéke nagyobb, mint 0, akkor azt kapjuk, hogy (a p) q = a p · q. Korábban már bizonyítottunk hasonló egyenlőséget. Ha p = 0, akkor:
(a 0) q = 1 q = 1 a 0 q = a 0 = 1
Ezért (a 0) q = a 0 q
q = 0 esetén minden pontosan ugyanaz:
(a p) 0 = 1 a p 0 = a 0 = 1
Eredmény: (a p) 0 = a p · 0 .
Ha mindkét mutató nulla, akkor (a 0) 0 = 1 0 = 1 és a 0 · 0 = a 0 = 1, ami azt jelenti, hogy (a 0) 0 = a 0 · 0.
Idézzük fel a hányadosok tulajdonságát a fent bizonyított mértékben, és írjuk fel:
1 a p q = 1 q a p q
Ha 1 p = 1 1 … 1 = 1 és a p q = a p q, akkor 1 q a p q = 1 a p q
Ezt a jelölést a szorzás alapszabályai alapján átalakíthatjuk egy (− p) · q-vé.
Továbbá: a p - q = 1 (a p) q = 1 a p · q = a - (p · q) = a p · (- q) .
És (a - p) - q = 1 a p - q = (a p) q = a p q = a (- p) (- q)
A fok fennmaradó tulajdonságai a meglévő egyenlőtlenségek átalakításával hasonló módon igazolhatók. Ezzel nem foglalkozunk részletesen, csak a nehéz pontokra mutatunk rá.
Az utolsó előtti tulajdonság bizonyítása: emlékezzünk arra, hogy a − n > b − n igaz bármely negatív egész n értékre és bármely pozitív a és b értékre, feltéve, hogy a kisebb, mint b.
Ekkor az egyenlőtlenség a következőképpen alakítható át:
1 a n > 1 b n
Írjuk fel a jobb és bal oldalt különbségként, és végezzük el a szükséges átalakításokat:
1 a n - 1 b n = b n - a n a n · b n
Emlékezzünk vissza, hogy abban a feltételben, hogy a kisebb, mint b, akkor a természetes kitevővel rendelkező fok definíciója szerint: - a n< b n , в итоге: b n − a n > 0 .
a n · b n végül pozitív szám lesz, mert faktorai pozitívak. Ennek eredményeként megvan a b n - a n a n · b n tört, ami végső soron szintén pozitív eredményt ad. Ebből következik, hogy 1 a n > 1 b n, ahonnan a − n > b − n, ezt kellett bizonyítanunk.
Az egész kitevős hatványok utolsó tulajdonsága a természetes kitevős hatványok tulajdonságához hasonlóan bizonyított.
Racionális kitevős hatványok alapvető tulajdonságai
Korábbi cikkeinkben megnéztük, hogy mi is az a fokozat, amelynek racionális (tört) kitevője van. Tulajdonságaik megegyeznek az egész kitevővel rendelkező fokokéval. Írjuk fel:
3. definíció
1. a m 1 n 1 · a m 2 n 2 = a m 1 n 1 + m 2 n 2 ha a > 0, és ha m 1 n 1 > 0 és m 2 n 2 > 0, akkor a ≥ 0 esetén (terméktulajdonság fok azonos alapokkal).
2. a m 1 n 1: b m 2 n 2 = a m 1 n 1 - m 2 n 2, ha a > 0 (hányados tulajdonság).
3. a · b m n = a m n · b m n a > 0 és b > 0 esetén, és ha m 1 n 1 > 0 és m 2 n 2 > 0, akkor a ≥ 0 és (vagy) b ≥ 0 esetén (terméktulajdonság tört fok).
4. a: b m n = a m n: b m n a > 0 és b > 0 esetén, és ha m n > 0, akkor a ≥ 0 és b > 0 esetén (egy hányados tulajdonsága egy törthatványhoz).
5. a m 1 n 1 m 2 n 2 = a m 1 n 1 m 2 n 2, ha a > 0, és ha m 1 n 1 > 0 és m 2 n 2 > 0, akkor a ≥ 0 esetén (a fok tulajdonsága fok).
6.a p< b p при условии любых положительных a и b , a < b и рациональном p при p >0 ; ha p< 0 - a p >b p (a hatványok egyenlő racionális kitevőkkel való összehasonlításának tulajdonsága).
7.a p< a q при условии рациональных чисел p и q , p >q 0-nál< a < 1 ; если a >0 – a p > a q
E rendelkezések bizonyításához emlékeznünk kell arra, hogy mi a tört kitevővel rendelkező fok, mik a tulajdonságai az n-edik fok számtani gyökének, és melyek az egész kitevős fok. Nézzük meg az egyes ingatlanokat.
Aszerint, hogy mi a fokszám tört kitevővel, a következőket kapjuk:
a m 1 n 1 = a m 1 n 1 és a m 2 n 2 = a m 2 n 2, ezért a m 1 n 1 · a m 2 n 2 = a m 1 n 1 · a m 2 n 2
A gyökér tulajdonságai lehetővé teszik, hogy egyenlőségeket származtassunk:
a m 1 m 2 n 1 n 2 a m 2 m 1 n 2 n 1 = a m 1 n 2 a m 2 n 1 n 1 n 2
Ebből a következőt kapjuk: a m 1 · n 2 · a m 2 · n 1 n 1 · n 2 = a m 1 · n 2 + m 2 · n 1 n 1 · n 2
Konvertáljuk:
a m 1 · n 2 · a m 2 · n 1 n 1 · n 2 = a m 1 · n 2 + m 2 · n 1 n 1 · n 2
A kitevő a következőképpen írható fel:
m 1 n 2 + m 2 n 1 n 1 n 2 = m 1 n 2 n 1 n 2 + m 2 n 1 n 1 n 2 = m 1 n 1 + m 2 n 2
Ez a bizonyíték. A második tulajdonság pontosan ugyanígy bizonyított. Írjuk fel az egyenlőségláncot:
a m 1 n 1: a m 2 n 2 = a m 1 n 1: a m 2 n 2 = a m 1 n 2: a m 2 n 1 n 1 n 2 = = a m 1 n 2 - m 2 n 1 n 1 n 2 = a m 1 n 2 - m 2 n 1 n 1 n 2 = a m 1 n 2 n 1 n 2 - m 2 n 1 n 1 n 2 = a m 1 n 1 - m 2 n 2
A fennmaradó egyenlőségek bizonyítékai:
a · b m n = (a · b) m n = a m · b m n = a m n · b m n = a m n · b m n ; (a: b) m n = (a: b) m n = a m: b m n = = a m n: b m n = a m n: b m n ; a m 1 n 1 m 2 n 2 = a m 1 n 1 m 2 n 2 = a m 1 n 1 m 2 n 2 = = a m 1 m 2 n 1 n 2 = a m 1 m 2 n 1 n 2 = = a m 1 m 2 n 2 n 1 = a m 1 m 2 n 2 n 1 = a m 1 n 1 m 2 n 2
Következő tulajdonság: bizonyítsuk be, hogy a és b bármely 0-nál nagyobb értékére, ha a kisebb, mint b, akkor a p teljesül< b p , а для p больше 0 - a p >b p
Egy p racionális számot ábrázoljunk m n-ként. Ebben az esetben m egész szám, n természetes szám. Akkor feltételek p< 0 и p >A 0 m-ig terjed< 0 и m >0 . m > 0 és a< b имеем (согласно свойству степени с целым положительным показателем), что должно выполняться неравенство a m < b m .
A gyökök és a kimenet tulajdonságát használjuk: a m n< b m n
Figyelembe véve a és b pozitív értékeit, az egyenlőtlenséget a m n-re írjuk át< b m n . Оно эквивалентно a p < b p .
Ugyanígy a m< 0 имеем a a m >b m , a m n > b m n értéket kapjuk, ami a m n > b m n és a p > b p értéket jelent.
Nekünk marad az utolsó ingatlan igazolása. Bizonyítsuk be, hogy p és q racionális számokra p > q 0-nál< a < 1 a p < a q , а при a >0 igaz lesz a p > a q .
A p és q racionális számokat közös nevezőre redukálhatjuk, és megkapjuk az m 1 n és m 2 n törteket
Itt m 1 és m 2 egész számok, n pedig természetes szám. Ha p > q, akkor m 1 > m 2 (figyelembe véve a törtek összehasonlításának szabályát). Aztán 0-nál< a < 1 будет верно a m 1 < a m 2 , а при a >1 – egyenlőtlenség a 1 m > a 2 m.
Ezeket a következőképpen lehet átírni:
a m 1 n< a m 2 n a m 1 n >a m 2 n
Ezután átalakításokat hajthat végre, és a következőhöz juthat:
a m 1 n< a m 2 n a m 1 n >a m 2 n
Összefoglalva: p > q és 0 esetén< a < 1 верно a p < a q , а при a >0 – a p > a q .
A fokok alaptulajdonságai irracionális kitevőkkel
Ilyen mértékben ki lehet terjeszteni az összes fent leírt tulajdonságot, amellyel a racionális kitevőkkel rendelkező fok rendelkezik. Ez a meghatározásából következik, amelyet az egyik korábbi cikkben adtunk meg. Fogalmazzuk meg röviden ezeket a tulajdonságokat (feltételek: a > 0, b > 0, a p és q kitevők irracionális számok):
4. definíció
1. a p · a q = a p + q
2. a p: a q = a p − q
3. (a · b) p = a p · b p
4. (a: b) p = a p: b p
5. (a p) q = a p · q
6.a p< b p верно при любых положительных a и b , если a < b и p – иррациональное число больше 0 ; если p меньше 0 , то a p >b p
7.a p< a q верно, если p и q – иррациональные числа, p < q , 0 < a < 1 ; если a >0, majd a p > a q.
Így minden hatvány, amelynek p és q kitevője valós szám, feltéve, hogy a > 0, azonos tulajdonságokkal rendelkezik.
Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt
ÉN. Munka n tényezők, amelyek mindegyike egyenlő A hívott n-a szám hatványa Aés ki van jelölve An.
Példák. Írja a terméket diplomának.
1) mmmm; 2) aaabb; 3) 5 5 5 5 cc; 4) ppkk+pppk-ppkkk.
Megoldás.
1) mmmm=m 4, mivel a fok definíciója szerint négy tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő m, lesz negyedik hatványa m.
2) aaabb=a 3 b 2; 3) 5·5·5·5·ccc=5 4 c 3 ; 4) ppkk+pppk-ppkkk=p 2 k 2 +p 3 k-p 2 k 3.
II. Azt a műveletet, amellyel több egyenlő tényező szorzatát megtaláljuk, hatványozásnak nevezzük. A hatványra emelt számot a hatvány alapjának nevezzük. Kitevőnek nevezzük azt a számot, amely megmutatja, hogy a bázis milyen hatványra van emelve. Így, An- diploma, A- a végzettség alapja, n– kitevő. Például:
2 3 — ez egy diploma. Szám 2 a fok alapja, a kitevő egyenlő vele 3 . Fokozat értéke 2 3 egyenlő 8, mert 2 3 =2·2·2=8.
Példák. Írja fel a következő kifejezéseket kitevő nélkül!
5) 4 3; 6) a 3 b 2 c 3; 7) a3-b3; 8) 2a 4 +3b 2 .
Megoldás.
5) 4 3 = 4·4·4 ; 6) a 3 b 2 c 3 = aaabbccc; 7) a 3 -b 3 = aaa-bbb; 8) 2a 4 +3b 2 = 2aaaa+3bb.
III.és 0 =1 A nulla hatványhoz tartozó bármely szám (nulla kivételével) egyenlő eggyel. Például 25 0 =1.
IV. a 1 =aAz első hatvány bármely szám egyenlő önmagával.
V. a m∙ a n= a m + n Ha a hatványokat ugyanazokkal a bázisokkal szorozzuk, az alap és a kitevők ugyanazok maradnak összehajtogatva
Példák. Egyszerűsítés:
9) a·a 3 ·a 7 ; 10) b 0 + b 2 b 3; 11) c 2 · c 0 · c · c 4 .
Megoldás.
9) a·a 3 ·a 7=a 1+3+7 =a 11; 10) b 0 + b 2 b 3 = 1+b2+3=1+b5;
11) c 2 c 0 c c 4 = 1 c 2 c c 4 =c 2+1+4 =c 7 .
VI. a m: a n= a m - nHa azonos bázisú hatványokat osztunk fel, az alapot változatlannak hagyjuk, és az osztó kitevőjét levonjuk az osztó kitevőjéből.
Példák. Egyszerűsítés:
12) a 8:a 3; 13) m 11:m 4 ; 14) 5 6:5 4 .
12)a 8:a 3=a 8-3 =a 5; 13)m 11:m 4=m 11-4 = m7; 14 ) 5 6:5 4 =5 2 =5·5=25.
VII. (a m) n= a mn Ha egy hatványt hatványra emelünk, az alap változatlan marad, és a kitevőket megszorozzuk.
Példák. Egyszerűsítés:
15) (a 3) 4; 16) (c 5) 2.
15) (a 3) 4=a 3,4 =a 12; 16) (c) 5) 2=c 5 2 =c 10.
Kérjük, vegye figyelembe, amely, mivel a szorzat nem változik a tényezők átrendezésétől, Hogy:
15) (a 3) 4 = (a 4) 3 ; 16) (c 5) 2 = (c 2) 5 .
Vén II. (a∙b) n =a n ∙b n
Példák. Egyszerűsítés:
17) (2a) 2) 5; 18) 0,2 6 · 5 6 ; 19) 0,25 2 40 2.
Megoldás.
17) (2a) 2) 5=2 5 ·a 2 · 5 =32a 10 ; 18) 0,2 6 5 6=(0,2·5) 6 =1 6 =1;
19) 0,25 2 40 2=(0,25·40) 2 =10 2 =100.
IX. Ha egy tört hatványra emel, a tört számlálója és nevezője is erre a hatványra emelkedik.
Példák. Egyszerűsítés:
Megoldás.
1/1 oldal 1
Óra a témában: "A hatványok szorzási és felosztási szabályai azonos és különböző kitevőkkel. Példák"
Kiegészítő anyagok
Kedves felhasználók, ne felejtsék el megírni észrevételeiket, véleményeiket, kívánságaikat. Az összes anyagot egy vírusirtó program ellenőrizte.
Oktatási segédanyagok és szimulátorok az Integral webáruházban 7. osztályosoknak
Kézikönyv a tankönyvhez Yu.N. Makarycheva kézikönyv az A.G. tankönyvéhez. Mordkovich
Az óra célja: megtanulni számhatványokkal végzett műveleteket.
Először is emlékezzünk a „szám hatványának” fogalmára. A $\underbrace(a * a * \ldots * a )_(n)$ formájú kifejezés $a^n$-ként ábrázolható.
Ennek a fordítottja is igaz: $a^n= \underbrace( a * a * \ldots * a )_(n)$.
Ezt az egyenlőséget „a fokozat szorzatként való rögzítésének” nevezik. Segít meghatározni, hogyan szorozzuk és osztjuk meg a hatalmat.
Ne feledje:
a– a diploma alapja.
n– kitevő.
Ha n=1, ami a számot jelenti A egyszer vett és ennek megfelelően: $a^n= 1$.
Ha n=0, akkor $a^0= 1$.
Hogy ez miért történik, azt megtudhatjuk, ha megismerkedünk a szorzás és a hatalommegosztás szabályaival.
Szorzási szabályok
a) Ha az azonos bázisú hatványokat megszorozzuk.Ahhoz, hogy $a^n * a^m$ kapjunk, a fokokat szorzatként írjuk: $\underbrace( a * a * \ldots * a )_(n) * \underbrace( a * a * \ldots * a ) _(m )$.
Az ábrán látható, hogy a szám A vett n+m alkalommal, akkor $a^n * a^m = a^(n + m)$.
Példa.
$2^3 * 2^2 = 2^5 = 32$.
Ez a tulajdonság kényelmesen használható a munka egyszerűsítésére, amikor egy számot nagyobb teljesítményre emel.
Példa.
$2^7= 2^3 * 2^4 = 8 * 16 = 128$.
b) Ha különböző bázisú, de azonos kitevővel rendelkező fokokat szorozunk.
Ahhoz, hogy $a^n * b^n$ kapjunk, a fokozatokat szorzatként írjuk: $\underbrace( a * a * \ldots * a )_(n) * \underbrace( b * b * \ldots * b ) _(m )$.
Ha felcseréljük a tényezőket és megszámoljuk a kapott párokat, akkor a következőt kapjuk: $\underbrace( (a * b) * (a * b) * \ldots * (a * b) )_(n)$.
Tehát $a^n * b^n= (a * b)^n$.
Példa.
$3^2 * 2^2 = (3 * 2)^2 = 6^2= 36$.
Felosztási szabályok
a) A fokozat alapja azonos, a mutatók eltérőek.Fontolja meg, hogy egy hatványt nagyobb kitevővel osztunk el kisebb kitevővel.
Szóval, szükségünk van $\frac(a^n)(a^m)$, Hol n>m.
Írjuk fel a fokokat törtként:
$\frac(\underbrace( a * a * \ldots * a )_(n))(\underbrace( a * a * \ldots * a )_(m))$.
A kényelem kedvéért az osztást egyszerű törtként írjuk.Most csökkentsük a törtet.
Kiderül: $\underbrace( a * a * \ldots * a )_(n-m)= a^(n-m)$.
Eszközök, $\frac(a^n)(a^m)=a^(n-m)$.
Ez a tulajdonság segít megmagyarázni a helyzetet, amikor egy számot nulla hatványra emelünk. Tegyük fel, hogy n=m, akkor $a^0= a^(n-n)=\frac(a^n)(a^n) =1$.
Példák.
$\frac(3^3)(3^2)=3^(3-2)=3^1=3$.
$\frac(2^2)(2^2)=2^(2-2)=2^0=1$.
b) A fokozat alapjai eltérőek, a mutatók azonosak.
Tegyük fel, hogy a $\frac(a^n)( b^n)$ szükséges. Írjuk fel a számok hatványait törtként:
$\frac(\underbrace( a * a * \ldots * a )_(n))(\underbrace( b * b * \ldots * b )_(n))$.
A kényelem kedvéért képzeljük el.
A törtek tulajdonságát felhasználva a nagy törtet a kicsik szorzatára osztjuk, azt kapjuk.
$\underbrace( \frac(a)(b) * \frac(a)(b) * \ldots * \frac(a)(b) )_(n)$.
Ennek megfelelően: $\frac(a^n)( b^n)=(\frac(a)(b))^n$.
Példa.
$\frac(4^3)( 2^3)= (\frac(4)(2))^3=2^3=8$.
Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete