Tulajdonságok egész kitevővel. Természetes kitevővel rendelkező szám hatványa

a nés a szabály határozza meg:

Például:

Meghatározás . A (a ≠ 0) hatványa m egész kitevővel egy szám, amely így van írva a més a szabály határozza meg:

A „nulla a nulla hatványhoz” és a „nulla a negatív hatványhoz” kifejezések definiálatlanok.

Ha a fokszám alapja egy közönséges tört, akkor célszerű a definícióból közvetlenül következő szabályt használni:

Például:

Egy fok tulajdonságai egész kitevővel

m, n - egész szám, p ≠ 0

Példák feladatokra megjegyzésekkel

1. Feladat

Az alábbi kifejezések közül melyik egyenlő törttel: ?

A kérdés megválaszolásához egy fok tulajdonságát használjuk egész kitevővel. Osztáskor az azonos bázisú kitevőket kivonjuk. Így, ha a 8-at 2 3-ként ábrázoljuk, akkor azt kapjuk, hogy:

2. feladat

A mikroprocesszor másodpercenként 250 ezer műveletet hajt végre. Hogyan írják ezt a mennyiséget szabványos formában?

Használjuk a szabályt a számok 10 hatványait használó írására. Ha egy pozitív szám a formában van ábrázolva a 1 ∙ 10 n, ahol 1 ≤ egy 1< 10, n egy egész szám, akkor az a számot szabványos formában írjuk fel.

Példánkban a 250000 szám szabványos formában történő megjelenítéséhez szükséges, hogy a 2-es szám után vessző legyen, ami teljesíti azt a feltételt, hogy 1 ≤ egy 1< 10. Ekkor megkapjuk a 2,5 számot. És ahhoz, hogy ez a szám megfeleljen az eredetinek, meg kell szorozni 10 5-tel. Vagyis ha a vesszőt öt hellyel jobbra toljuk (mivel a fok pozitív, tehát jobbra), 250000-et kapunk.

Válasz: 2,5 ∙ 10 5.

3. feladat

Írja be a számokat szabványos formában:

Ahhoz, hogy a 0,0069-es számot szabványos formában jelenítse meg, a következőképpen kell írnia a 1 ∙ 10 n, ahol 1 ≤ a 1 ≤ 10. A 0,0069 számban lévő tizedesvesszőt tegyük három hellyel jobbra, csak ekkor kapunk 1 ≤ 6,9 ≤ 10-et. A tizedesvesszőt mozgatva a 6,9-es számot kapjuk, ami 10 3-szor nagyobb, mint a 0,0069. Ahhoz, hogy a szám változatlan maradjon, az eredményt meg kell szorozni 10 -3-mal. A következőt kapjuk: 0,0069 = 6,9 ∙ 10 -3.

A 98000 szám szabványos formában történő megjelenítéséhez a következőképpen kell írnia a 1 ∙ 10 n, ahol 1 ≤ a 1 ≤ 10. Mozgassa a tizedesvesszőt a 98000 számban négy hellyel balra, csak akkor kapunk 1-et ≤ 9,8 ≤ 10 . A tizedesvessző mozgatása után a 9,8-as számot kapjuk, ami 10 -4-szer kisebb, mint a 98000. Ahhoz, hogy a szám változatlan maradjon, az eredményt meg kell szorozni 10 4-gyel. A következőt kapjuk: 98000 = 9,8 ∙ 10 4.

Jegyzet:

Ha a számot a tizedesvessző balról jobbra mozgatásával alakítjuk át, akkor a műveletet elosztjuk 10 n-nel. Ezt úgy írjuk, hogy 0,0069 = 6,9 ∙ 10 -3, a kifejezés átalakításkor egyenlő .

Ha a számot a tizedesvessző jobbról balra mozgatásával alakítjuk át, akkor a szorzatot megszorozzuk 10 n-nel (ezt úgy írjuk, hogy 98000 = 9,8 ∙ 10 4, az átalakítás kifejezése 9,8 ∙ 10000 = 98000).

4. feladat

A számokból 1130 ∙ 10 6 ; 5,713 ∙ 10 5 ; 4,011 ∙ 10 6 ; 2.315 ∙ 10 5 válassza ki a legnagyobbat.

Ez a feladat magában foglalja az értékek első fokonkénti értékelését - a legmagasabb fokozat a hatodik. Két ilyen jelentés létezik: az első és a harmadik. Ezután megbecsüljük az első tényezőt: 4,011 nagyobb, mint 1,130. Ezért a harmadik érték a legnagyobb.

Egy szám hatványának meghatározása után logikus, hogy beszéljünk róla fok tulajdonságait. Ebben a cikkben megadjuk egy szám hatványának alapvető tulajdonságait, miközben érintünk minden lehetséges kitevőt. Itt bemutatjuk a fokozatok összes tulajdonságát, és bemutatjuk, hogyan használják ezeket a tulajdonságokat a példák megoldása során.

Oldalnavigáció.

A fokok tulajdonságai természetes kitevővel

A természetes kitevővel rendelkező hatvány meghatározása szerint az a n hatvány n tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a-val. Ennek a definíciónak az alapján, és használva is valós számok szorzásának tulajdonságai, a következőket kaphatjuk és igazolhatjuk fok tulajdonságai természetes kitevővel:

az a m ·a n =a m+n fok fő tulajdonsága, általánosítása;
azonos bázisú hányados hatványok tulajdonsága a m:a n =a m−n ;
szorzati teljesítmény tulajdonság (a·b) n =a n ·b n, kiterjesztése;
a hányados természetes fokra vonatkozó tulajdonsága (a:b) n =a n:b n ;
fok emelése hatványra (a m) n =a m·n, annak általánosítása (((a n 1) n 2) …) n k =a n 1 · n 2 ·… · n k;
fok összehasonlítása nullával:
- ha a>0, akkor a n>0 bármely n természetes számra;
- ha a=0, akkor a n=0;
- Ha egy<0 и показатель степени является четным числом 2·m , то a 2·m >0 ha a<0 и показатель степени есть нечетное число 2·m−1 , то a 2·m−1 <0 ;
ha a és b pozitív számok és a
ha m és n olyan természetes számok, amelyekre m>n , akkor 0-nál 0 az a m >a n egyenlőtlenség igaz.

Azonnal jegyezzük meg, hogy minden írott egyenlőség van azonos a megadott feltételek mellett jobb és bal oldali részük is cserélhető. Például az a m ·a n =a m+n tört fő tulajdonsága -val kifejezések egyszerűsítése gyakran használt a m+n =a m ·a n formában.

Most nézzük meg mindegyiket részletesen.

Kezdjük két azonos bázisú hatvány szorzatának tulajdonságával, amelyet ún a diploma fő tulajdonsága: bármely a valós számra, valamint bármely m és n természetes számra igaz az a m ·a n =a m+n egyenlőség.

Bizonyítsuk be a fokozat fő tulajdonságát. A természetes kitevővel rendelkező hatvány definíciója szerint az a m ·a n alakú azonos bázisú hatványok szorzata szorzatként írható fel. A szorzás tulajdonságaiból adódóan a kapott kifejezést így írhatjuk fel , és ez a szorzat az a szám m+n természetes kitevőjű hatványa, azaz a m+n. Ezzel teljes a bizonyítás.

Adjunk egy példát, amely megerősíti a diploma fő tulajdonságát. Vegyünk azonos 2-es bázisú fokokat és 2-es és 3-as természetes hatványokat, a fokok alaptulajdonságát felhasználva felírhatjuk a 2 2 ·2 3 =2 2+3 =2 5 egyenlőséget. Ellenőrizzük érvényességét a 2 2 · 2 3 és 2 5 kifejezések értékeinek kiszámításával. Hatványozás végrehajtásával megvan 2 2 · 2 3 = (2 · 2) · (2 · 2 · 2) = 4 · 8 = 32és 2 5 =2·2·2·2·2=32, mivel egyenlő értékeket kapunk, akkor a 2 2 ·2 3 =2 5 egyenlőség helyes, és megerősíti a fok fő tulajdonságát.

Egy fok alaptulajdonsága a szorzás tulajdonságai alapján általánosítható három vagy több hatvány szorzatára azonos bázisokkal és természetes kitevőkkel. Tehát bármely n 1, n 2, …, n k természetes számra a következő egyenlőség igaz: a n 1 ·a n 2 ·…·a n k =a n 1 +n 2 +…+n k.

Például, (2,1) 3 · (2,1) 3 · (2,1) 4 · (2,1) 7 = (2,1) 3+3+4+7 =(2,1) 17 .

A hatványok következő tulajdonságára természetes kitevővel léphetünk át – azonos bázisú hányados hatványok tulajdonsága: bármely nem nulla a valós számra és tetszőleges m és n természetes számokra, amelyek kielégítik az m>n feltételt, az a m:a n =a m−n egyenlőség igaz.

Mielőtt bemutatnánk ennek a tulajdonságnak a bizonyítását, beszéljük meg a megfogalmazásban szereplő további feltételek jelentését. Az a≠0 feltételre azért van szükség, hogy elkerüljük a nullával való osztást, hiszen 0 n =0, és amikor megismerkedtünk az osztással, megegyeztünk, hogy nullával nem oszthatunk. Az m>n feltételt úgy vezetjük be, hogy ne lépjük túl a természetes kitevőket. Valójában m>n esetén az m-n egy természetes szám, különben vagy nulla (ami m-n esetén történik), vagy negatív szám (ami m-re történik)
Bizonyíték. A tört fő tulajdonsága lehetővé teszi az egyenlőség felírását a m−n ·a n =a (m−n)+n =a m. A kapott egyenlőségből a m−n ·a n =a m, és az következik, hogy egy m−n az a m és a n hatványok hányadosa. Ez bizonyítja az azonos bázisú hányados hatványok tulajdonságát.

Mondjunk egy példát. Vegyünk két fokot azonos π bázisokkal és 5 és 2 természetes kitevővel, a π 5:π 2 =π 5−3 =π 3 egyenlőség a fok figyelembe vett tulajdonságának felel meg.

Most fontoljuk meg termék teljesítmény tulajdonsága: bármely két a és b valós szám szorzatának n természetes hatványa egyenlő az a n és b n hatványok szorzatával, azaz (a·b) n =a n ·b n .

Valójában a természetes kitevővel rendelkező fok definíciója alapján rendelkezünk . A szorzás tulajdonságai alapján az utolsó szorzat átírható így , ami egyenlő a n · b n -nel.

Íme egy példa: .

Ez a tulajdonság három vagy több tényező szorzatának hatványára is kiterjed. Vagyis k tényező szorzatának n természetes fokának tulajdonságát így írjuk fel (a 1 ·a 2 ·…·a k) n =a 1 n ·a 2 n ·…·a k n.

Az érthetőség kedvéért ezt a tulajdonságot egy példán mutatjuk be. Három tényező 7-es hatványának szorzatára van .

A következő tulajdonság az természetbeni hányados tulajdona: az a és b valós számok, b≠0 hányadosa az n természetes hatványhoz egyenlő az a n és b n hatványok hányadosával, azaz (a:b) n =a n:b n.

A bizonyítás elvégezhető az előző tulajdonság segítségével. Így (a:b) n b n =((a:b) b) n =a n, és az (a:b) n ·b n =a n egyenlőségből következik, hogy (a:b) n az a n hányadosa osztva b n -nel.

Írjuk fel ezt a tulajdonságot konkrét számokkal példaként: .

Most hangoztassuk a hatalom hatalommá emelésének tulajdonsága: bármely a valós szám, valamint bármely m és n természetes szám esetén a m hatványa n hatványára egyenlő az a szám m·n kitevőjű hatványával, azaz (a m) n =a m·n.

Például (5 2) 3 =5 2 · 3 =5 6.

A hatvány-fok tulajdonság bizonyítéka a következő egyenlőséglánc: .

A figyelembe vett tulajdonság fokonként bővíthető stb. Például bármely p, q, r és s természetes szám esetén az egyenlőség . A jobb érthetőség kedvéért itt van egy példa konkrét számokkal: (((5,2) 3) 2) 5 =(5,2) 3+2+5 =(5,2) 10 .

Továbbra is a fokok természetes kitevővel való összehasonlításának tulajdonságain kell elidőzni.

Kezdjük a nulla és a hatvány természetes kitevővel való összehasonlításának tulajdonságának bizonyításával.

Először is bizonyítsuk be, hogy a n >0 bármely a>0 esetén.

Két pozitív szám szorzata pozitív szám, amint az a szorzás definíciójából következik. Ez a tény és a szorzás tulajdonságai arra utalnak, hogy tetszőleges számú pozitív szám szorzásának eredménye is pozitív szám lesz. Egy n természetes kitevővel rendelkező a szám hatványa pedig értelemszerűen n tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a-val. Ezek az érvek lehetővé teszik, hogy kijelentsük, hogy bármely pozitív a bázis esetén az a n fok pozitív szám. A bizonyított tulajdonság miatt 3 5 >0, (0,00201) 2 >0 ill. .

Nyilvánvaló, hogy bármely n természetes számra, ahol a=0, a n foka nulla. Valóban, 0 n =0·0·…·0=0 . Például 0 3 =0 és 0 762 =0.

Térjünk át a negatív fokozati alapokra.

Kezdjük azzal az esettel, amikor a kitevő páros szám, jelöljük 2·m-nek, ahol m természetes szám. Akkor . Az a·a alakú szorzatok mindegyike egyenlő az a és a számok modulusainak szorzatával, ami azt jelenti, hogy pozitív szám. Ezért a termék is pozitív lesz és foka a 2·m. Mondjunk példákat: (−6) 4 >0 , (−2,2) 12 >0 és .

Végül, ha az a bázis negatív szám, a kitevő pedig páratlan szám 2 m−1, akkor . Minden a·a szorzat pozitív szám, ezeknek a pozitív számoknak a szorzata is pozitív, és a maradék negatív a számmal való szorzása negatív számot eredményez. Ennek a tulajdonságnak köszönhetően (−5) 3<0 , (−0,003) 17 <0 и .

Térjünk át az azonos természetes kitevővel rendelkező hatványok összehasonlításának tulajdonságára, amelynek a következő megfogalmazása van: két azonos természetes kitevőjű hatvány közül n kisebb, mint az, amelynek az alapja kisebb, és nagyobb az, amelynek az alapja nagyobb. . Bizonyítsuk be.

Egyenlőtlenség a n az egyenlőtlenségek tulajdonságai igaz az a n alakú bizonyítható egyenlőtlenség is .

A hatványok felsorolt tulajdonságai közül az utolsót kell bizonyítani természetes kitevővel. Fogalmazzuk meg. Két hatvány közül, amelyek természetes kitevője és azonos pozitív bázisa kisebb, mint egy, az a nagyobb, amelynek a kitevője kisebb; és két hatvány közül, amelyek természetes kitevője és azonos bázisa nagyobb, mint egy, az a nagyobb, amelynek a kitevője nagyobb. Térjünk rá ennek a tulajdonságnak a bizonyítására.

Bizonyítsuk be, hogy m>n és 0 esetén 0 az m>n kezdeti feltétel miatt, ami azt jelenti, hogy 0-nál
Az ingatlan második részének bizonyítása van hátra. Bizonyítsuk be, hogy m>n és a>1 esetén a m >a n igaz. Az a m −a n különbség egy n zárójelből való kihúzása után a n ·(a m−n −1) alakot ölti. Ez a szorzat pozitív, mivel a>1 esetén az a n fok pozitív szám, az a m-n -1 különbség pedig pozitív szám, mivel m-n>0 a kezdeti feltétel miatt, a>1 esetén pedig a fok a m−n nagyobb egynél. Következésképpen a m −a n >0 és a m >a n, amit bizonyítani kellett. Ezt a tulajdonságot a 3 7 >3 2 egyenlőtlenség szemlélteti.

Egész kitevős hatványok tulajdonságai
Mivel a pozitív egészek természetes számok, ezért a pozitív egész kitevővel rendelkező hatványok minden tulajdonsága pontosan egybeesik az előző bekezdésben felsorolt és bizonyított természetes kitevőjű hatványok tulajdonságaival.

Egy egész szám negatív kitevőjű fokot, valamint nulla kitevővel definiáltunk úgy, hogy a természetes kitevős fokok egyenlőségekkel kifejezett összes tulajdonsága érvényben maradjon. Ezért ezek a tulajdonságok mind nulla kitevőre, mind negatív kitevőre érvényesek, miközben természetesen a hatványok alapjai eltérnek a nullától.

Tehát minden a és b valós és nem nulla számra, valamint bármely m és n egész számra a következők igazak: egész kitevőjű hatványok tulajdonságai:

a m ·a n =a m+n ;

a m:a n =a m−n ;

(a · b) n =a n · b n ;

(a:b) n =a n:bn;

(a m) n =a m·n;

ha n pozitív egész szám, akkor a és b pozitív számok, és a b-n ;

ha m és n egész számok, és m>n , akkor 0-nál 1 az a m >a n egyenlőtlenség teljesül.

Ha a=0, az a m és a n hatványoknak csak akkor van értelme, ha m és n is pozitív egész szám, azaz természetes szám. Így az imént felírt tulajdonságok azokra az esetekre is érvényesek, amikor a=0 és az m és n számok pozitív egészek.

Ezen tulajdonságok mindegyikének bizonyítása nem nehéz, elegendő a fokok természetes és egész kitevőjű definícióit, valamint a valós számokkal végzett műveletek tulajdonságait használni. Példaként bizonyítsuk be, hogy a hatvány-hatvány tulajdonság pozitív egészekre és nem pozitív egészekre is érvényes. Ehhez meg kell mutatni, hogy ha p nulla vagy természetes szám és q nulla vagy természetes szám, akkor az (a p) q =a p·q, (a −p) q =a (−p) egyenlőségek ·q, (a p ) −q =a p·(−q) és (a −p) −q =a (−p)·(−q). Csináljuk.

Pozitív p és q esetén az (a p) q =a p·q egyenlőséget az előző bekezdésben igazoltuk. Ha p=0, akkor van (a 0) q =1 q =1 és a 0·q =a 0 =1, ahonnan (a 0) q =a 0·q. Hasonlóképpen, ha q=0, akkor (a p) 0 =1 és a p·0 =a 0 =1, innen (a p) 0 =a p·0. Ha p=0 és q=0 is, akkor (a 0) 0 =1 0 =1 és a 0·0 =a 0 =1, ahonnan (a 0) 0 =a 0,0.

Most bebizonyítjuk, hogy (a −p) q =a (−p)·q . A negatív egész kitevőjű hatvány definíciója szerint tehát . Hatványaink hányadosainak tulajdonsága alapján . Mivel 1 p =1·1·…·1=1 és , akkor . Az utolsó kifejezés definíció szerint egy a −(p·q) alakú hatvány, amely a szorzás szabályai miatt (−p)·q-ként írható fel.

Hasonlóképpen .

ÉS .

Ugyanezt az elvet alkalmazva a fok összes többi tulajdonságát egész kitevővel, egyenlőségek formájában írva igazolhatja.

A rögzített tulajdonságok közül az utolsó előttiben érdemes elidőzni az a −n >b −n egyenlőtlenség bizonyításán, amely minden negatív −n egész számra, valamint minden olyan pozitív a és bre érvényes, amelyre az a feltétel teljesül. . Mivel feltétellel a 0 . Az a n · b n szorzat is pozitív a n és b n pozitív számok szorzataként. Ekkor a kapott tört a b n −a n és a n ·b n pozitív számok hányadosaként pozitív. Ezért honnan a −n >b −n , amit bizonyítani kellett.

Az egész kitevős hatványok utolsó tulajdonsága ugyanúgy bizonyítva van, mint a természetes kitevős hatványok hasonló tulajdonsága.

Racionális kitevős hatványok tulajdonságai

Egy fokot tört kitevővel határoztunk meg úgy, hogy a fok tulajdonságait egész kitevővel kiterjesztettük rá. Más szóval, a tört kitevővel rendelkező hatványok ugyanazokkal a tulajdonságokkal rendelkeznek, mint az egész kitevőkkel rendelkező hatványok. Ugyanis:

A fokok tulajdonságainak törtkitevős bizonyítása a tört kitevővel rendelkező fok, illetve az egész kitevővel rendelkező fok tulajdonságain alapul. Adjunk bizonyítékot.

Hatvány definíciója szerint tört kitevővel és , akkor . Az aritmetikai gyök tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a következő egyenlőségeket írjuk fel. Továbbá az egész kitevővel rendelkező fok tulajdonságát felhasználva megkapjuk, amelyből a tört kitevővel rendelkező fok definíciója alapján azt kapjuk, hogy , és a kapott fok mutatója a következőképpen alakítható át: . Ezzel teljes a bizonyítás.

A törtkitevővel rendelkező hatványok második tulajdonságát teljesen hasonló módon bizonyítjuk:

A fennmaradó egyenlőségeket hasonló elvekkel bizonyítjuk:

Térjünk át a következő tulajdonság bizonyítására. Bizonyítsuk be, hogy bármely pozitív a és b esetén a b p . Írjuk fel a p racionális számot m/n-nek, ahol m egy egész szám, n pedig természetes szám. Feltételek p<0 и p>0 ebben az esetben a feltételek m<0 и m>0 ennek megfelelően. m>0 és a
Hasonlóan a m<0 имеем a m >b m , honnan, azaz és a p >b p .

A felsorolt tulajdonságok közül az utolsó bizonyítása van hátra. Bizonyítsuk be, hogy p és q racionális számokra p>q 0-nál 0 – egyenlőtlenség a p >a q . A p és q racionális számokat mindig közös nevezőre redukálhatjuk, még akkor is, ha és közönséges törteket kapunk, ahol m 1 és m 2 egész számok, n pedig természetes szám. Ebben az esetben a p>q feltétel megfelel az m 1 >m 2 feltételnek, ami ebből következik. Ezután az azonos bázisú hatványok és a 0-nál lévő természetes kitevők összehasonlításának tulajdonsága alapján 1 – egyenlőtlenség a m 1 >a m 2 . A gyökök tulajdonságainak ezen egyenlőtlenségei ennek megfelelően átírhatók És . És a fokozat meghatározása racionális kitevővel lehetővé teszi, hogy továbblépjünk az egyenlőtlenségekre és ennek megfelelően. Innen vonjuk le a végső következtetést: p>q és 0 esetén 0 – egyenlőtlenség a p >a q .

Irracionális kitevőkkel rendelkező hatványok tulajdonságai

Abból, ahogyan egy irracionális kitevővel rendelkező fokot meghatározunk, arra a következtetésre juthatunk, hogy rendelkezik a racionális kitevővel rendelkező fokok összes tulajdonságával. Tehát bármely a>0, b>0 és irracionális p és q számra a következők igazak irracionális kitevőjű hatványok tulajdonságai:

a p ·a q =a p+q;

a p:a q =a p−q ;

(a · b) p =a p · b p ;

(a:b) p =a p:b p ;

(a p) q =a p·q;

bármely pozitív a és b szám esetén a 0 az egyenlőtlenség a p b p ;

p és q irracionális számok esetén p>q 0-nál 0 – egyenlőtlenség a p >a q .

Ebből arra következtethetünk, hogy a tetszőleges p és q valós kitevővel rendelkező hatványok a>0 esetén azonos tulajdonságokkal rendelkeznek.

Bibliográfia.

Vilenkin N.Ya., Zhokhov V.I., Chesnokov A.S., Shvartsburd S.I. Matematika tankönyv 5. osztálynak. oktatási intézmények.

Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 7. osztálynak. oktatási intézmények.

Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 8. osztálynak. oktatási intézmények.

Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 9. osztálynak. oktatási intézmények.

Kolmogorov A.N., Abramov A.M., Dudnitsyn Yu.P. és egyebek Algebra és az elemzés kezdetei: Tankönyv az általános oktatási intézmények 10 - 11. évfolyama számára.

Gusev V.A., Mordkovich A.G. Matematika (kézikönyv a műszaki iskolákba lépők számára).

elsődleges cél

Megismertetni a hallgatókkal a fokok természetes kitevőkkel való tulajdonságait, és megtanítani a fokokkal végzett műveletek végrehajtására.

Téma: „Diploma és tulajdonságai” három kérdést tartalmaz:
Fokozat meghatározása természetes mutatóval.

A hatáskörök szorzása és megosztása.

A szorzat és a fokozat hatványozása.

Ellenőrző kérdések

Fogalmazza meg az 1-nél nagyobb természetes kitevőjű fok definícióját. Mondjon példát!

Fogalmazza meg a fok definícióját 1-es kitevővel. Mondjon példát!

Mi a műveleti sorrend a hatványokat tartalmazó kifejezés értékének kiszámításakor?

Fogalmazza meg a fokozat fő tulajdonságát! Adj egy példát.

Fogalmazzuk meg a hatványok azonos alapokkal való szorzásának szabályát! Adj egy példát.

Fogalmazzon meg egy szabályt a hatványok azonos alapokon történő felosztására! Adj egy példát.

Fogalmazzuk meg a szorzat hatványozásának szabályát! Adj egy példát. Igazoljuk az (ab) n = a n b n azonosságot.

Fogalmazd meg a szabályt a hatalom hatalommá emelésére. Adj egy példát. Igazoljuk az (a m) n = a m n azonosságot.

A fokozat meghatározása.

A szám hatványa a természetes indikátorral n, nagyobb, mint 1, n tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő A. A szám hatványa A 1 kitevővel maga a szám A.

Fokozat alappal Aés indikátor nígy van írva: a n. Ez így szól: " A bizonyos mértékig n”; „ egy szám n-edik hatványa A ”.

A diploma meghatározása szerint:

a 4 = a a a a

. . . . . . . . . . . .

Hatvány értékének megállapítását ún hatványozással .

1. Példák a hatványozásra:

3 3 = 3 3 3 = 27

0 4 = 0 0 0 0 = 0

(-5) 3 = (-5) (-5) (-5) = -125

25 ; 0,09 ;

25 = 5 2 ; 0,09 = (0,3) 2 ; .

27 ; 0,001 ; 8 .

27 = 3 3 ; 0,001 = (0,1) 3 ; 8 = 2 3 .

4. Keresse meg a kifejezések jelentését:

a) 3 10 3 = 3 10 10 10 = 3 1000 = 3000

b) -2 4 + (-3) 2 = 7
2 4 = 16
(-3) 2 = 9
-16 + 9 = 7

1.opció

a) 0,3 0,3 0,3

c) b b b b b b b

d) (-x) (-x) (-x) (-x)

e) (ab) (ab) (ab)

2. Mutassa be a számot négyzet formájában:
3. Mutassa be a számokat kockaként:
4. Keresse meg a kifejezések jelentését:

c) -1 4 + (-2) 3

d) -4 3 + (-3) 2

e) 100 - 5 2 4

Hatványok szorzása.

Bármely a számra és tetszőleges m és n számokra a következők érvényesek:

a m a n = a m + n.

Bizonyíték:

Szabály : Ha a hatványokat azonos alapokkal szorozzuk, az alapok változatlanok maradnak, és a hatványok kitevőit összeadjuk.

a m a n a k = a m + n a k = a (m + n) + k = a m + n + k

a) x 5 x 4 = x 5 + 4 = x 9

b) y y 6 = y 1 y 6 = y 1 + 6 = y 7

c) b 2 b 5 b 4 = b 2 + 5 + 4 = b 11

d) 3 4 9 = 3 4 3 2 = 3 6

e) 0,01 0,1 3 = 0,1 2 0,1 3 = 0,1 5

a) 2 3 2 = 2 4 = 16

b) 3 2 3 5 = 3 7 = 2187

1.opció

1. Oklevélként jelenjen meg:

a) x 3 x 4 e) x 2 x 3 x 4

b) a 6 a 2 g) 3 3 9

c) y 4 y h) 7 4 49

d) a a 8 i) 16 2 7

e) 2 3 2 4 j) 0,3 3 0,09

2. Mutassa be fokként, és keresse meg az értéket a táblázatból:

a) 2 2 2 3 c) 8 2 5

b) 3 4 3 2 d) 27 243

A fokozatok felosztása.

Bármely a0 számra és tetszőleges m és n természetes számokra úgy, hogy m>n teljesüljön a következő:

a m: a n = a m - n

Bizonyíték:

a m - n a n = a (m - n) + n = a m - n + n = a m

a hányados meghatározása szerint:

a m: a n = a m - n.

Szabály: Ha azonos bázisú hatványokat osztunk fel, az alapot változatlannak hagyjuk, és az osztó kitevőjét levonjuk az osztó kitevőjéből.

Meghatározás: A nullával nem egyenlő a szám hatványa nulla kitevővel egyenlő eggyel:

mert a n: a n = 1 a0-nál.

a) x 4: x 2 = x 4 - 2 = x 2

b) y 8: y 3 = y 8 - 3 = y 5

c) a 7:a = a 7:a 1 = a 7 - 1 = a 6

d) 5-től: 0-tól = 5:1-től = 5-től

a) 5 7:5 5 = 5 2 = 25

b) 10 20:10 17 = 10 3 = 1000

V)

G)

d)

1.opció

1. Mutassa be a hányadost hatványként:

2. Keresse meg a kifejezések jelentését:

Egy termék erejéig emelés.

Bármely a és b, valamint egy tetszőleges n természetes szám esetén:

(ab) n = a n b n

Bizonyíték:

A fokozat meghatározása szerint

(ab)n=

Az a és a b faktorokat külön csoportosítva kapjuk:

=

A szorzat hatványának bizonyított tulajdonsága három vagy több tényező szorzatának hatványára is kiterjed.

Például:

(a b c) n = a n b n c n ;

(a b c d) n = a n b n c n d n.

Szabály: Ha egy szorzatot egy hatványra emelünk, minden tényezőt az adott hatványra emelünk, és az eredményt megszorozzuk.

1. Emelje hatványra:

a) (a b) 4 = a 4 b 4

b) (2 x y) 3 = 2 3 x 3 y 3 = 8 x 3 y 3

c) (3 a) 4 = 3 4 a 4 = 81 a 4

d) (-5 év) 3 = (-5) 3 év 3 = -125 év 3

e) (-0,2 x y) 2 = (-0,2) 2 x 2 y 2 = 0,04 x 2 y 2

e) (-3 a b c) 4 = (-3) 4 a 4 b 4 c 4 = 81 a 4 b 4 c 4

2. Keresse meg a kifejezés értékét:

a) (2 10) 4 = 2 4 10 4 = 16 1000 = 16 000

b) (3 5 20) 2 = 3 2 100 2 = 9 10 000 = 90 000

c) 2 4 5 4 = (2 5) 4 = 10 4 = 10 000

d) 0,25 11 4 11 = (0,25 4) 11 = 1 11 = 1

d)

1.opció

1. Emelje hatványra:

b) (2 a c) 4

e) (-0,1 x y) 3

2. Keresse meg a kifejezés értékét:

b) (5 7 20) 2

Hatalomra emelés.

Bármely a számra és tetszőleges m és n természetes számokra:

(a m) n = a m n

Bizonyíték:

A fokozat meghatározása szerint

(a m) n =

Szabály: Ha egy hatványt hatványra emelünk, az alap változatlan marad, és a kitevőket megszorozzuk.

1. Emelje hatványra:

(a 3) 2 = a 6 (x 5) 4 = x 20

(y 5) 2 = y 10 (b 3) 3 = b 9

2. Egyszerűsítse a kifejezéseket:

a) a 3 (a 2) 5 = a 3 a 10 = a 13

b) (b 3) 2 b 7 = b 6 b 7 = b 13

c) (x 3) 2 (x 2) 4 = x 6 x 8 = x 14

d) (y 7) 3 = (y 8) 3 = y 24

A)

b)

1.opció

1. Emelje hatványra:

a) (a 4) 2 b) (x 4) 5

c) (y 3) 2 d) (b 4) 4

2. Egyszerűsítse a kifejezéseket:

a) a 4 (a 3) 2

b) (b 4) 3 b 5+

c) (x 2) 4 (x 4) 3

d) (y 9) 2

3. Keresse meg a kifejezések jelentését:

Alkalmazás

A fokozat meghatározása.

2. lehetőség

1. Írja be a szorzatot hatványként:

a) 0,4 0,4 0,4

c) a a a a a a a a

d) (-y) (-y) (-y) (-y)

e) (bс) (bс) (bс)

2. Mutassa be a számot négyzet formájában:
3. Mutassa be a számokat kockaként:
4. Keresse meg a kifejezések jelentését:

c) -1 3 + (-2) 4

d) -6 2 + (-3) 2

e) 4 5 2 – 100

3. lehetőség

1. Írja be a szorzatot hatványként:

a) 0,5 0,5 0,5

c) -val -val -val -val -val -el -vel -el -vel -el -vel

d) (-x) (-x) (-x) (-x)

e) (ab) (ab) (ab)

2. Mutassa be a számot négyzet formájában: 100; 0,49; .

3. Mutassa be a számokat kockaként:
4. Keresse meg a kifejezések jelentését:

c) -1 5 + (-3) 2

d) -5 3 + (-4) 2

e) 5 4 2 - 100

4. lehetőség

1. Írja be a szorzatot hatványként:

a) 0,7 0,7 0,7

c) x x x x x x

d) (-a) (-a) (-a)

e) (bс) (bс) (bс) (bc)

2. Mutassa be a számot négyzet formájában:
3. Mutassa be a számokat kockaként:
4. Keresse meg a kifejezések jelentését:

c) -1 4 + (-3) 3

d) -3 4 + (-5) 2

e) 100 - 3 2 5

Hatványok szorzása.

2. lehetőség

1. Oklevélként jelenjen meg:

a) x 4 x 5 e) x 3 x 4 x 5

b) a 7 a 3 g) 2 3 4

c) y 5 y h) 4 3 16

d) a a 7 i) 4 2 5

e) 2 2 2 5 j) 0,2 3 0,04

2. Mutassa be fokként, és keresse meg az értéket a táblázatból:

a) 3 2 3 3 c) 16 2 3

b) 2 4 2 5 d) 9 81

3. lehetőség

1. Oklevélként jelenjen meg:

a) a 3 a 5 f) y 2 y 4 y 6

b) x 4 x 7 g) 3 5 9

c) b 6 b h) 5 3 25

d) y 8 i) 49 7 4

e) 2 3 2 6 j) 0,3 4 0,27

2. Mutassa be fokként, és keresse meg az értéket a táblázatból:

a) 3 3 3 4 c) 27 3 4

b) 2 4 2 6 d) 16 64

4. lehetőség

1. Oklevélként jelenjen meg:

a) a 6 a 2 e) x 4 x x 6

b) x 7 x 8 g) 3 4 27

c) y 6 y h) 4 3 16

d) x x 10 i) 36 6 3

e) 2 4 2 5 j) 0,2 2 0,008

2. Mutassa be fokként, és keresse meg az értéket a táblázatból:

a) 2 6 2 3 c) 64 2 4

b) 3 5 3 2 d) 81 27

A fokozatok felosztása.

2. lehetőség

1. Mutassa be a hányadost hatványként:

2. Keresse meg a kifejezések jelentését!

FOKOZAT RACIONÁLIS MUTATÓVAL,

TELJESÍTMÉNY FUNKCIÓ IV

72. § Egész kitevős hatványok tulajdonságai

A 68. és 69. §-ban a hatványok következő tulajdonságait igazoltuk természetes kitevővel;

Mindezek a tulajdonságok bármely egész (pozitív, negatív és nulla) kitevővel rendelkező hatványokra érvényesek, ha csak a számok A És b nem egyenlők nullával.

Bizonyítsuk be például, hogy mikor A =/= 0

A m A n = A m+n , (1)

Ahol T És P - bármilyen egész szám.

Mivel a természetes számokhoz T És P Az (1) képlet már bizonyított, akkor már csak a következő három esetet kell figyelembe vennünk: 1) számok T És P negatív; 2) az egyik szám T És P pozitív és a másik negatív; 3) a számok közül legalább az egyik T És P egyenlő nullával.

1. eset. Hadd T És P - negatív számok. Ezután a hatvány definíciója szerint negatív kitevővel

Mert T És P negatívak, akkor - m És - P pozitívak. Ezért

A - m A - n = A - m - n = A-( m+ n)

Eszközök, . A negatív kitevővel rendelkező fok definícióját használva ezt írjuk:

Ennélfogva,

A m A n = A m+n

2. eset. Az egyik mutató T És P pozitív, a másik negatív. Legyen pl. T > 0, és P < 0. По определению степени с отрицательным показателем

Szám - P pozitívan; ami a 71. §-ban bizonyítottak szerint azt jelenti

3. eset. Legalább az egyik mutató T És P egyenlő nullával. Legyen pl. T = 0. Ekkor a nulla fok definíciója szerint

A m A n = A 0 A n = = 1 A n = A n ,

De A m+n = A 0+n = A n . Tehát a képlet

A m A n = A m+n

ebben az esetben is igaz.

Így mikor A =/= 0 képlet

A m A n = A m+n

igaz bármely egész számra T És P .

A fejezet elején említett egész kitevőjű hatványok másik négy tulajdonsága hasonlóan bizonyítható.

Példák, 1) 4 - 5 4 8 = 4 3 = 64;

2) (3 2) - 4 = 3 - 8 = 1 / 6561

3) [(1 / 5) - 2 ] 3 = (5 - 1) - 2 ] 3 = 3 = 5 6 = 15 625.

Végezetül jegyezzük meg a fokok további két tulajdonságát egész kitevővel (nem szükséges ezeket a tulajdonságokat megjegyezni).

6) Ha a>b > 0 és P akkor negatív A n < b n , azaz két pozitív bázisú és azonos negatív kitevővel rendelkező hatvány közül az a nagyobb, amelynek az alapja kisebb.

Például,

5 - 3 < 4 - 3 (1 / 125 < 1 / 64); (1 / 3) - 2 > (1 / 2) - 2 (9 > 4)

7) Ha 0< A < 1, то из двух степеней A mÉs A n az nagyobb, akinek a mutatója kisebb.

Ha A>1, majd két fokos A mÉs A n az nagyobb, akinek a mutatója nagyobb.

Alatt T És P itt bármilyen egész számot értünk, nem csak természeteseket.

Például,

(1 / 2) - 5 > (1 / 2) - 4 vagy 32 > 16

2 - 5 <2 - 4, vagy 1/32< 1 / 16 и т. д.

Felkérjük a tanulókat, hogy saját maguk bizonyítsák be ezeket a tulajdonságokat.

Feladatok

532. Számítsa ki:

533. Melyik szám nagyobb:

a) 5 - 63 vagy 5 - 64; 5-kor - 63 vagy (1/5) - 63

b) 5 - 63 vagy 6 - 63; d) (1/5) 63 vagy 5 - 63 ?

534. Egy kifejezés egyszerűsítése

és keresse meg a számértékét a

a = -4, b = -1/2

535. Milyen ütemben P fokozat A n nem függ az alaptól A ?

Ebben a cikkben megtudjuk, mi az foka. Itt megadjuk egy szám hatványának definícióit, miközben részletesen megvizsgáljuk az összes lehetséges kitevőt, kezdve a természetes kitevővel és az irracionális kitevővel bezárólag. Az anyagban sok példát talál a fokozatokra, amelyek lefedik az összes felmerülő finomságot.

Oldalnavigáció.

Hatvány természetes kitevővel, szám négyzete, szám kocka

Kezdjük azzal. Ha előre tekintünk, tegyük fel, hogy egy n természetes kitevővel rendelkező a szám hatványának definíciója adott a-ra, amit nevezünk fokozat alapján, és n, amelyeket hívni fogunk kitevő. Azt is megjegyezzük, hogy a természetes kitevővel rendelkező fokot egy szorzat határozza meg, így az alábbi anyag megértéséhez ismernie kell a számok szorzását.

Meghatározás.

n természetes kitevővel rendelkező szám hatványa az a n alakú kifejezés, amelynek értéke egyenlő n tényező szorzatával, amelyek mindegyike egyenlő a-val, azaz .
Konkrétan egy 1 kitevővel rendelkező a szám hatványa maga az a szám, azaz a 1 =a.

Rögtön említést érdemel a diplomaolvasás szabályairól. Az a n jelölés egyetemes olvasásának módja a következő: „a n hatványára”. Egyes esetekben a következő opciók is elfogadhatók: „a az n-edik hatványra” és „a n-edik hatványa”. Például vegyük a 8 12 hatványt, ez „nyolc a tizenkettő hatványához”, vagy „nyolc a tizenkettedik hatványhoz”, vagy „nyolc tizenkettedik hatványa”.

A szám második hatványának, valamint a szám harmadik hatványának saját neve van. Egy szám második hatványát nevezzük négyzetre a számot, például a 7 2 „hét négyzet” vagy „a hetes szám négyzete”. Egy szám harmadik hatványát nevezzük kockás számok, például az 5 3 úgy is olvasható, hogy „öt kocka”, vagy azt is mondhatja, hogy „az 5-ös szám kocka”.

Ideje hozni példák természetes kitevős fokokra. Kezdjük az 5 7 fokkal, itt az 5 a fok alapja, a 7 pedig a kitevő. Adjunk egy másik példát: 4,32 az alap, a természetes szám pedig 9 a kitevő (4,32) 9 .

Kérjük, vegye figyelembe, hogy az utolsó példában a 4.32 hatvány alapja zárójelben van: az eltérések elkerülése érdekében a hatvány minden olyan alapját zárójelbe tesszük, amely eltér a természetes számoktól. Példaként a következő fokokat adjuk meg természetes kitevőkkel , alapjaik nem természetes számok, ezért zárójelben vannak írva. Nos, a teljes érthetőség kedvéért ezen a ponton megmutatjuk a (−2) 3 és −2 3 alakú rekordok közötti különbséget. A (−2) 3 kifejezés a −2 hatványa 3 természetes kitevőjével, és a −2 3 kifejezés (ahogyan írható fel −(2 3) ) a számnak, a 2 3 hatvány értékének felel meg. .

Vegyük észre, hogy van egy jelölés az a szám hatványára, amelynek n kitevője a^n. Sőt, ha n egy többértékű természetes szám, akkor a kitevő zárójelben van. Például a 4^9 a 4 9 hatványának másik jelölése. És itt van még néhány példa a fokozatok „^” szimbólummal történő írására: 14^(21) , (−2,1)^(155) . A következőkben elsősorban az a n alakú fokjelölést fogjuk használni.

Az egyik probléma a természetes kitevővel való hatványra emeléssel szemben az, hogy a hatvány ismert értékéből és ismert kitevőjéből meg kell találni egy hatvány alapját. Ez a feladat oda vezet.

Ismeretes, hogy a racionális számok halmaza egész számokból és törtekből áll, és minden tört pozitív vagy negatív közönséges törtként ábrázolható. Az előző bekezdésben egész kitevővel határoztuk meg a fokszámot, ezért ahhoz, hogy a fok definícióját racionális kitevővel kiegészítsük, az a szám fokszámát m/n tört kitevővel kell értelmeznünk, ahol m egy egész szám, n pedig természetes szám. Csináljuk.

Tekintsünk egy fokot a forma tört kitevőjével. Ahhoz, hogy a hatalom-hatalom tulajdonság érvényben maradjon, az egyenlőségnek fennállnia kell . Ha figyelembe vesszük a kapott egyenlőséget és azt, hogy hogyan határoztuk meg, akkor logikus az elfogadása, feltéve, hogy adott m, n és a kifejezésnek van értelme.

Könnyen ellenőrizhető, hogy az egész kitevővel rendelkező fok minden tulajdonságára érvényes (ezt a racionális kitevővel rendelkező fok metszettulajdonságaiban tették meg).

A fenti érvelés lehetővé teszi számunkra a következőket következtetés: ha adott m, n és a kifejezésnek van értelme, akkor az m/n tört kitevővel rendelkező a hatványt a m hatványának n-edik gyökének nevezzük.

Ez az állítás közel visz minket a törtkitevővel rendelkező fok definíciójához. Már csak le kell írni, hogy m, n és a miben van értelme a kifejezésnek. Az m, n és a korlátozásoktól függően két fő megközelítés létezik.

A legegyszerűbb mód az a megszorítása, ha pozitív m esetén a≥0, negatív m esetén a>0 (mivel m≤0 esetén m 0 foka nincs meghatározva). Ekkor a következő definíciót kapjuk egy törtkitevővel rendelkező fokra.

Meghatározás.

Pozitív a szám hatványa m/n tört kitevővel, ahol m egész szám és n természetes szám, az a szám n-edik gyökének nevezzük m hatványához, azaz .

A nulla törthatványát is meghatározzuk azzal az egyetlen kitétellel, hogy az indikátornak pozitívnak kell lennie.

Meghatározás.

Nulla hatványa tört pozitív kitevővel m/n, ahol m pozitív egész szám és n természetes szám, a következőképpen definiálható .
Ha a fokszám nincs meghatározva, vagyis a nulla szám fokszámának tört negatív kitevőjével nincs értelme.

Megjegyzendő, hogy a törtkitevős fok ilyen definíciójával van egy figyelmeztetés: egyes negatív a, valamint néhány m és n esetén a kifejezésnek van értelme, és ezeket az eseteket elvetettük az a≥0 feltétel bevezetésével. Például a bejegyzéseknek van értelme vagy , és a fent megadott definíció arra kényszerít bennünket, hogy azt mondjuk, hogy a hatványok az alak törtkitevőjével nincs értelme, mivel az alap nem lehet negatív.

Egy másik megközelítés a fok meghatározására m/n tört kitevővel az, hogy a gyök páros és páratlan kitevőit külön kell figyelembe venni. Ez a megközelítés további feltételt igényel: az a szám hatványát, amelynek kitevője , az a szám hatványának tekintjük, amelynek kitevője a megfelelő irreducibilis tört (ennek a feltételnek a fontosságát alább kifejtjük ). Vagyis ha m/n egy irreducibilis tört, akkor bármely k természetes szám esetén a fokszámot először helyettesíti a -val.

Páros n és pozitív m esetén a kifejezésnek értelme van bármely nem negatív a esetén (negatív m esetén a páros gyöknek nincs értelme, az a számnak továbbra is különböznie kell a nullától (különben osztás lesz). nullával). Páratlan n és pozitív m esetén pedig az a szám tetszőleges lehet (a páratlan fok gyöke bármely valós számra definiálva van), negatív m esetén pedig az a számnak nullától eltérőnek kell lennie (hogy ne legyen osztás nulla).

A fenti okfejtés elvezet bennünket a törtkitevővel rendelkező fok ezen definíciójához.

Meghatározás.

Legyen m/n irreducibilis tört, m egész szám, n pedig természetes szám. Bármely redukálható tört esetén a fokot helyettesíti a. Az m/n irreducibilis törtkitevőjű szám hatványa az

Magyarázzuk meg, miért cseréljük le először egy redukálható tört kitevővel rendelkező fokot egy irreducibilis kitevővel rendelkező fokra. Ha egyszerűen definiálnánk a fokot, és nem tennénk fenntartást az m/n tört redukálhatatlanságával kapcsolatban, akkor a következőhöz hasonló helyzetekkel állnánk szemben: mivel 6/10 = 3/5, akkor az egyenlőségnek teljesülnie kell. , De , A .

Előző cikk: Mekkora a fénysebesség Következő cikk: Harmonikus rezgések Az oszcillációs frekvencia fizikai képlete