itthon > Matematika

Fokozat racionális jelzővel opció 3. Számfokozat: meghatározások, megnevezés, példák

Az a szám egész kitevőiből a racionális kitevőre való átmenet önmagát sugallja. Az alábbiakban definiálunk egy fokot racionális kitevővel, és ezt úgy fogjuk megtenni, hogy az egész kitevővel rendelkező fok minden tulajdonsága megmaradjon. Erre azért van szükség, mert az egész számok a racionális számok részét képezik.

Ismeretes, hogy a racionális számok halmaza egész számokból és törtszámokból áll, és mindegyik törtszám lehet pozitív vagy negatív közönséges tört. Az előző bekezdésben a fokot egész kitevővel határoztuk meg, ezért ahhoz, hogy a fok definícióját racionális kitevővel egészítsük ki, jelentést kell adnunk a szám fokának. a törtrészével m/n, ahol m egy egész szám, és n- természetes. Csináljuk.

Tekintsünk egy fokot az alak törtkitevőjével. Ahhoz, hogy egy fokozatban a fokozat tulajdonsága érvényben maradjon, az egyenlőségnek fennállnia kell . Ha figyelembe vesszük a kapott egyenlőséget és azt, hogy hogyan határoztuk meg az n-edik fok gyökerét, akkor logikus az elfogadása, feltéve, hogy az adatokkal m, nés a a kifejezésnek van értelme.

Könnyen ellenőrizhető, hogy az egész kitevővel rendelkező fok minden tulajdonsága érvényes-e as-ra (ezt a racionális kitevővel rendelkező fok tulajdonságairól szóló részben tesszük meg).

A fenti érvelés lehetővé teszi számunkra, hogy a következőket tegyük következtetés: ha adott m, nés a a kifejezésnek van értelme, akkor a szám hatványa a törtrészével m/n gyökérnek nevezik n fokozata a Amennyiben m.

Ez az állítás közel visz minket a törtkitevővel rendelkező fok definíciójához. Már csak azt kell leírni, hogy mi alatt m, nés a a kifejezésnek van értelme. A bevezetett korlátozásoktól függően m, nés a két fő megközelítés létezik.

1. A legegyszerűbb, ha korlátozást írunk elő a, elfogadása a≥0 pozitívnak més a>0 negatívnak m(mert at m≤0 fokozat 0 m meg nem határozott). Ekkor megkapjuk a fok következő definícióját törtkitevővel.

Meghatározás.

Pozitív szám foka a törtrészével m/n , ahol m egy egész, és n egy természetes szám, amelyet gyöknek neveznek n-a közülük a Amennyiben m, azaz .



A nulla töredékes foka is meg van határozva azzal az egyetlen kitétellel, hogy a kitevőnek pozitívnak kell lennie.

Meghatározás.

Nulla hatványa tört pozitív kitevővel m/n , ahol m egy pozitív egész szám, és n egy természetes szám, így van meghatározva .
Ha a fok nincs definiálva, vagyis a nulla szám fokszámának negatív kitevő törtrészes, nincs értelme.

Meg kell jegyezni, hogy a fok tört kitevővel történő ilyen meghatározásával van egy árnyalat: néhány negatív aés néhány més n a kifejezésnek van értelme, és ezeket az eseteket elvetettük a feltétel bevezetésével a≥0. Például van értelme írni vagy , és a fenti definíció arra kényszerít bennünket, hogy azt mondjuk, hogy fokok az alak törtkitevőjével értelmetlenek, mivel az alap nem lehet negatív.

2. Egy másik megközelítés a fok törtkitevővel történő meghatározására m/n a gyökér páros és páratlan kitevőinek külön figyelembevételéből áll. Ez a megközelítés megköveteli további feltétel: foka a, amelynek mutatója egy redukált közönséges tört, egy szám hatványának tekintendő a, amelynek mutatója a megfelelő irreducibilis tört (ennek a feltételnek a fontosságát alább ismertetjük). Vagyis ha m/n egy irreducibilis tört, akkor bármely természetes számra k fokozatot előzetesen helyettesíti.

Méghozzá nés pozitív m kifejezésnek van értelme minden nem negatívra a(negatív szám páros fokának gyökének nincs értelme), negatívval m szám a továbbra is különböznie kell nullától (különben nullával osztás lesz). És furcsa nés pozitív m szám a bármi lehet (a páratlan fok gyöke bármely valós számra definiálva), és a negatív m szám a nullától eltérőnek kell lennie (hogy ne legyen nullával osztás).

A fenti okfejtés elvezet bennünket a fok ilyen, törtkitevős definíciójához.

Meghatározás.

Legyen m/n- irreducibilis tört m egy egész, és n- természetes szám. Bármilyen redukálható közönséges tört esetén a fokszám helyére . foka a irreducibilis törtkitevővel m/n- azért

o bármilyen valós szám a, pozitív egész szám més furcsa természetes n, Például, ;

o bármely nem nulla valós szám a, negatív egész szám més páratlan n, például, ;

o bármilyen nem negatív szám a, pozitív egész szám m sőt még n, Például, ;

o bármilyen pozitív a, negatív egész szám m sőt még n, például, ;

o más esetekben a fokszám tört kitevővel nincs definiálva, mivel például a fokok nincsenek definiálva .a bejegyzésekhez nem tulajdonítunk jelentést, pozitív törtkitevők esetén meghatározzuk a nulla fokát m/n mint , negatív törtkitevők esetén a nulla szám foka nincs meghatározva.

A bekezdés végén figyeljünk arra, hogy a tört kitevő felírható tizedes törtként vagy vegyes számként, pl. . Az ilyen típusú kifejezések értékének kiszámításához a kitevőt közönséges törtként kell írni, majd a fok meghatározását tört kitevővel kell használni. Ezekre a példákra van és


A szám mértékének meghatározása után logikus beszélni fok tulajdonságait. Ebben a cikkben megadjuk egy szám fokszámának alapvető tulajdonságait, miközben érintünk minden lehetséges kitevőt. Itt bizonyítást adunk a fokozat összes tulajdonságára, és bemutatjuk, hogyan alkalmazzuk ezeket a tulajdonságokat a példák megoldása során.

Oldalnavigáció.

A fokok tulajdonságai természetes mutatókkal

A természetes kitevővel rendelkező hatvány meghatározása szerint a n hatványa n tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a -val. E definíció alapján, és felhasználásával szorzási tulajdonságok valós számok , a következőket kaphatjuk és igazolhatjuk fok tulajdonságai természetes kitevővel:

  1. az a m ·a n =a m+n fok fő tulajdonsága, általánosítása ;
  2. azonos bázisú parciális hatványok tulajdonsága a m:a n =a m−n ;
  3. szorzatfok tulajdonság (a b) n =a n b n , kiterjesztése ;
  4. természetbeni tulajdon hányadosa (a:b) n =a n:b n ;
  5. hatványozás (a m) n =a m n, általánosítása (((a n 1) n 2) ...) n k =a n 1 n 2 ... n k;
  6. fok összehasonlítása nullával:
    • ha a>0, akkor a n >0 bármely természetes n esetén;
    • 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 páratlan szám 2 m−1, majd egy 2 m−1<0 ;
  7. ha a és b pozitív számok és a
  8. ha m és n olyan természetes számok, amelyekre m>n , akkor 0-nál 0 az a m >a n egyenlőtlenség igaz.

Azonnal megjegyezzük, hogy az összes írott egyenlőség igen azonos meghatározott feltételek mellett, jobb és bal oldali részeik felcserélhetők. 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 fok 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 a hatványa m+n természetes kitevővel, 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 és 3 természetes hatványokat, a fok főtulajdonsága szerint felírhatjuk a 2 2 ·2 3 =2 2+3 =2 5 egyenlőséget. Ellenőrizzük az érvényességét, amihez kiszámítjuk a 2 2 ·2 3 és 2 5 kifejezések értékét. Hatványozást végzünk 2 2 2 3 = (2 2) (2 2 2) = 4 8 = 32és 2 5 \u003d 2 2 2 2 2 \u003d 32, mivel egyenlő értékeket kapunk, akkor a 2 2 2 3 \u003d 2 5 egyenlőség helyes, és megerősíti a fokozat fő tulajdonságát.

    Egy fok fő tulajdonsága a szorzás tulajdonságai alapján általánosítható három vagy több fok szorzatára azonos bázisokkal és természetes kitevőkkel. Tehát az n 1, n 2, …, n k természetes számok bármely k számára az egyenlőség 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 fok következő tulajdonságára egy természetes jelzővel léphet át - az azonos alapokon álló részhatalmazások tulajdonsága: bármely nem nulla a valós számra, valamint m>n feltételt kielégítő tetszőleges m és n természetes számokra igaz az a m:a n =a m−n egyenlőség.

    Mielőtt bizonyítanánk ezt a tulajdonságot, beszéljük meg a megfogalmazásban szereplő további feltételek jelentését. Az a≠0 feltétel a nullával való osztás elkerülése érdekében szükséges, mivel 0 n =0, és amikor megismerkedtünk az osztással, egyetértettünk abban, hogy nullával nem lehet osztani. Az m>n feltételt azért vezetjük be, hogy ne lépjük túl a természetes kitevőket. Valóban, m>n kitevője a m−n természetes szám, különben vagy nulla (ami m − n esetén történik), vagy negatív szám (ami akkor történik, amikor m

    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 ebből következik, hogy egy m−n a m és a n hatványainak hányadosa. Ez bizonyítja az azonos alapokon álló részhatványok tulajdonságát.

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

    Most fontolja meg termék fokozat tulajdonság: bármely két a és b valós szám szorzatának n természetes foka egyenlő az a n és b n fokok szorzatával, azaz (a b) n =a n b n .

    Valójában a természetes kitevővel rendelkező fok definíciója szerint megvan . Az utolsó szorzat a szorzás tulajdonságai alapján átírható így , ami egyenlő a n b n -nel.

    Íme egy példa: .

    Ez a tulajdonság három vagy több tényező szorzatának mértékére terjed ki. Vagyis k tényező szorzatának n természetes hatványtulajdonsága így van felírva (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 hatványának szorzatára van.

    A következő ingatlan az természeti tulajdon: az a és b valós számok, b≠0 valós számok 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 számok példáján: .

    Most pedig hangot adjunk hatványozási tulajdonság: bármely a valós számra, valamint bármely m és n természetes számra a m hatványa n hatványára egyenlő a m·n kitevőjű a hatványával, azaz (a m) n =a m·n .

    Például (5 2) 3 =5 2 3 =5 6 .

    A fokban kifejezett hatványtulajdonság bizonyítása a következő egyenlőséglánc: .

    A figyelembe vett tulajdonság kiterjeszthető fokon belüli fokozatra, és így tovább. 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 azzal, hogy a nulla és a hatvány összehasonlítási tulajdonságát természetes kitevővel bizonyítjuk.

    Először is igazoljuk, 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 lehetővé teszik, hogy kijelentsük, hogy tetszőleges számú pozitív szám szorzásának eredménye is pozitív szám lesz. És az a hatványa n természetes kitevővel definíció szerint n tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a-val. Ezek az érvek lehetővé teszik, hogy kijelentsük, hogy bármely pozitív bázis esetén az n foka pozitív szám. A bizonyított tulajdonság alapján 3 5 >0, (0,00201) 2 >0 ill. .

    Nyilvánvaló, hogy bármely természetes n esetén, 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 alapokra.

    Kezdjük azzal az esettel, amikor a kitevő páros szám, jelöljük 2 m-nek, ahol m természetes szám. Azután . Az a·a alakú szorzatok mindegyike esetén egyenlő az a és a számok moduljainak szorzatával, ezért pozitív szám. Ezért a termék is pozitív lesz. és foka a 2 m . Íme a példák: (−6) 4 >0 , (−2,2) 12 >0 és .

    Végül, ha a bázisa negatív szám, kitevője 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 megszorzása negatív számot eredményez. Ennek a tulajdonságnak köszönhetően (−5) 3<0 , (−0,003) 17 <0 и .

    Rátérünk a fokok azonos természetes kitevőkkel való összehasonlításának tulajdonságára, amelynek megfogalmazása a következő: két azonos természetes kitevővel rendelkező fokból n kisebb, mint annak, amelynek bázisa kisebb, és nagyobb, mint annak, amelynek bázisa nagyobb. Bizonyítsuk be.

    Egyenlőtlenség a n az egyenlőtlenségek tulajdonságai az a n alakú egyenlőtlenség bizonyított (2,2) 7 és .

    A hatványok felsorolt ​​tulajdonságai közül az utolsót kell bizonyítani természetes kitevővel. Fogalmazzuk meg. A két természetes mutatójú és azonos pozitív bázisú fok közül egynél kisebb a fok, amelynek a mutatója kisebb; és két fok esetén a természetes mutatók és ugyanazok az alapok nagyobbak, mint egy, az a fok, amelynek a mutatója nagyobb, nagyobb. Ennek a tulajdonságnak a bizonyítására térünk át.

    Bizonyítsuk be, hogy m>n és 0 esetén 0 az m>n kezdeti feltétel miatt, amiből az következik, 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 a n foka pozitív szám, az a m−n −1 különbség pedig pozitív szám, mivel m−n>0 a kezdeti feltétel miatt, és a>1 esetén egy m−n foka nagyobb egynél. Ezért a m − a n >0 és a m >a n, amit igazolni kellett. Ezt a tulajdonságot a 3 7 >3 2 egyenlőtlenség szemlélteti.

A fokok tulajdonságai egész kitevővel

Mivel a pozitív egész számok természetes számok, a pozitív egész kitevővel rendelkező hatványok minden tulajdonsága pontosan egybeesik az előző bekezdésben felsorolt ​​és bizonyított természetes kitevőjű hatványok tulajdonságaival.

A negatív egész kitevővel rendelkező fokot, valamint a nulla kitevővel rendelkező fokot úgy határoztuk meg, hogy az egyenlőségekkel kifejezett természetes kitevős fokok minden tulajdonsága érvényben maradjon. Ezért ezek a tulajdonságok mind nulla kitevőre, mind negatív kitevőre érvényesek, miközben természetesen a fokok alapjai nem nullák.

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

  1. a m a n \u003d 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:bn;
  5. (a m) n = a m n;
  6. ha n pozitív egész szám, akkor a és b pozitív számok, és a b-n;
  7. ha m és n egész számok, és m>n , akkor 0-nál 1 az a m >a n egyenlőtlenség teljesül.

A=0 esetén 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, ehhez elég a fok természetes és egész kitevőjű definícióit, valamint a valós számokkal rendelkező cselekvések tulajdonságait használni. Példaként bizonyítsuk be, hogy a hatvány tulajdonság mind pozitív, mind nem pozitív egész számokra érvényes. Ehhez meg kell mutatnunk, 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) q egyenlőségek, (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 alfejezetben 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, ahonnan (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 bizonyítsuk be, hogy (a −p) q =a (−p) q . A negatív egész kitevőjű fok definíciója szerint tehát . A fokban lévő hányados tulajdonsága alapján megvan . Mivel 1 p =1·1·…·1=1 és , akkor . Az utolsó kifejezés értelemszerűen egy a −(p q) alakú hatvány, amely a szorzási szabályok értelmében (−p) q-ként írható fel.

Hasonlóképpen .

És .

Ugyanezen elv alapján a fok összes többi tulajdonságát egész kitevővel, egyenlőségek formájában írva igazolhatjuk.

A felírt tulajdonságok utolsó előtti részében érdemes elidőzni az a −n >b −n egyenlőtlenség bizonyításán, amely minden negatív −n egész számra igaz, valamint minden olyan pozitív a-ra és b-re, amelyre az a feltétel. . Mivel feltétellel a 0 . Az a n ·b n szorzat is pozitív a n és b n pozitív számok szorzataként. Ekkor a kapott tört b n − a n és a n b n pozitív számok hányadosaként pozitív. Innen ered a −n >b −n , amit be kellett bizonyítani.

Az egész kitevős fokok utolsó tulajdonságát ugyanúgy bizonyítjuk, mint a természetes kitevőkkel rendelkező fokok analóg tulajdonságát.

Racionális kitevős hatványok tulajdonságai

A fokot tört kitevővel határoztuk meg úgy, hogy a fok tulajdonságait egész kitevővel bővítettük rá. Más szóval, a tört kitevővel rendelkező fokok ugyanolyan tulajdonságokkal rendelkeznek, mint az egész kitevőkkel rendelkező fokok. Ugyanis:

A fokok tulajdonságainak törtkitevős bizonyítása a törtkitevős fok definícióján, az egész kitevős fok tulajdonságain és az egész kitevős fok tulajdonságain alapul. Adjunk bizonyítékot.

A fok 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 azt kapjuk, hogy a tört kitevővel rendelkező fok definíciójával azt kapjuk, hogy , és a kapott fok kitevője a következőképpen konvertálható: . Ezzel teljes a bizonyítás.

A törtkitevővel rendelkező hatványok második tulajdonsága pontosan ugyanígy bizonyított:

A többi egyenlőséget hasonló elvek igazolják:

Rátérünk a következő tulajdonság bizonyítására. Bizonyítsuk be, hogy bármely pozitív a és b esetén a b p . Írjuk fel racionális szám p mint m/n , ahol m egy egész szám és n egy természetes szám. Feltételek p<0 и p>0 ebben az esetben egyenértékű lesz az m feltételekkel<0 и m>0 ill. m>0 és a

Hasonlóképpen 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 esetén 0 – egyenlőtlenség a p >a q . A p és q racionális számokat mindig közös nevezőre redukálhatjuk, kapjunk közönséges törteket és ahol m 1 és m 2 egész szám, n pedig természetes szám. Ebben az esetben a p>q feltétel megfelel az m 1 >m 2 feltételnek, ami a -ból következik. Ezután az azonos bázisú hatványok és a 0-nál lévő természetes kitevők összehasonlításának tulajdonsága alapján 1 – egyenlőtlenség a m 1 >a m 2 . Ezek az egyenlőtlenségek a gyökök tulajdonságait tekintve átírhatók, ill és . A fokozat racionális kitevővel való meghatározása pedig lehetővé teszi, hogy áttérjünk az egyenlőtlenségekre, ill. Ebből vonjuk le a végső következtetést: p>q és 0 esetén 0 – egyenlőtlenség a p >a q .

Fokok tulajdonságai irracionális kitevőkkel

Abból, hogy miként definiálunk egy irracionális kitevővel rendelkező fokot, arra a következtetésre juthatunk, hogy rendelkezik a racionális kitevővel rendelkező fokok összes tulajdonságával. Tehát bármely a>0 , b>0 és p és q irracionális számra a következők igazak fokok tulajdonságaival irracionális mutatók :

  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. bármely pozitív a és b szám esetén a 0 az egyenlőtlenség a p b p ;
  7. 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 Zh tankönyv 5 cellához. oktatási intézmények.
  • Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 7 cellához. oktatási intézmények.
  • Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 8 cellához. oktatási intézmények.
  • Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 9 cellához. oktatási intézmények.
  • Kolmogorov A.N., Abramov A.M., Dudnitsyn Yu.P. és mások Algebra és az elemzés kezdetei: Tankönyv az általános nevelési-oktatási intézmények 10-11.
  • Gusev V.A., Mordkovich A.G. Matematika (kézikönyv a műszaki iskolákba jelentkezők számára).

MBOU "Sidorskaya

általános iskola»

Terv-vázlat kidolgozása nyílt óra

algebrában 11. osztályban a következő témában:

Előkészített és lebonyolított

matematika tanár

Iskhakova E.F.

Algebra nyílt óra vázlata 11. osztályban.

Tantárgy : "Fokozat racionális kitevővel".

Az óra típusa : Új anyagok tanulása

Az óra céljai:

    Megismertetni a hallgatókkal a racionális mutatós diploma fogalmát és főbb tulajdonságait, a korábban tanult anyag alapján (egész mutatójú végzettség).

    Fejleszti a számítási készségeket és a számok racionális kitevővel való konvertálásának és összehasonlításának képességét.

    A matematikai műveltség és a matematikai érdeklődés ápolása a tanulókban.

Felszerelés : Feladatkártyák, hallgatói előadás a diplomáról egész jelzővel, tanári előadás a diplomáról racionális jelzővel, laptop, multimédiás projektor, képernyő.

Az órák alatt:

    Idő szervezése.

Egyéni feladatkártyákkal lefedett téma asszimilációjának ellenőrzése.

1. számú feladat.

=2;

B) = x + 5;

Oldja meg a rendszert irracionális egyenletek: - 3 = -10,

4 - 5 =6.

2. számú feladat.

Oldja meg az irracionális egyenletet: = - 3;

B) = x-2;

Irracionális egyenletrendszer megoldása: 2 + = 8,

3 - 2 = - 2.

    Az óra témájának és célkitűzéseinek bemutatása.

Mai óránk témája Fokozat racionális kitevővel».

    Új anyag magyarázata a korábban tanulmányozott példán.

Már ismeri a fok fogalmát egész kitevővel. Ki segíthet emlékezni rájuk?

Ismétlés bemutatással Fok egész kitevővel».

Bármely a , b és bármely m és n egész számra igaz:

a m * a n = a m + n ;

a m: a n = a m-n (a ≠ 0);

(am) n = a mn ;

(a b) n = a n * b n;

(a/b) n = a n/b n (b ≠ 0);

a 1 = a ; a 0 = 1 (a ≠ 0)

Ma általánosítjuk a szám fokának fogalmát, és értelmet adunk azoknak a kifejezéseknek, amelyeknek törtkitevője van. Bemutatjuk meghatározás fokok racionális mutatóval ("Fokozat racionális mutatóval" előadás):

A mértéke a > 0 racionális kitevővel r = , ahol m egy egész szám, és n - természetes ( n > 1), hívták a számot m .

Tehát értelemszerűen ezt kapjuk = m .

Próbáljuk meg ezt a definíciót alkalmazni egy feladat végrehajtása során.

1. PÉLDA

Kifejezem egy szám gyökereként a következő kifejezést:

DE) B) NÁL NÉL) .

Most próbáljuk meg fordítva alkalmazni ezt a definíciót

II Fejezd ki a kifejezést hatványként racionális kitevővel:

DE) 2 B) NÁL NÉL) 5 .

A 0 hatványa csak pozitív kitevőkre van definiálva.

0 r= 0 bármelyikre r> 0.

Ezt a definíciót használva, Házak teljesíted a 428-as és a 429-es számokat.

Mutassuk meg most, hogy a racionális kitevővel rendelkező fok fenti definíciója megőrzi a fokok alapvető tulajdonságait, amelyek bármely kitevőre igazak.

Bármilyen r és s racionális számra, valamint pozitív a és b számra, az egyenlőségek igazak:

1 0 . a r a s =a r+s ;

PÉLDA: *

20 . a r: a s =a r-s ;

PÉLDA: :

3 0 . (a r ) s =a rs ;

PÉLDA: ( -2/3

4 0 . ( ab) r = a r b r ; 5 0 . ( = .

PÉLDA: (25 4) 1/2 ; ( ) 1/2

PÉLDA több tulajdonság egyidejű használatára: * : .

    Fizkultminutka.

Tollakat tettünk az íróasztalra, megigazítottuk a hátát, és most előrenyúlunk, meg akarjuk érinteni a táblát. És most felemeltük és dőltünk jobbra, balra, előre, hátra. Megmutatták a tollakat, és most mutasd meg, hogyan tudnak táncolni az ujjaid.

    Dolgozzon az anyagon

A racionális kitevőkkel rendelkező hatványok további két tulajdonságát figyeljük meg:

60 . Legyen r egy racionális szám és 0< a < b . Тогда

a r < b r nál nél r> 0,

a r < b r nál nél r< 0.

7 0 . Bármilyen racionális számrarés s egyenlőtlenségtől r> s ezt követi

a r> a r> 1 esetén,

a r < а r 0-nál< а < 1.

PÉLDA: Hasonlítsa össze a számokat:

És ; 2 300 és 3 200 .

    Óra összefoglalója:

A mai órán megemlékeztünk az egész kitevős fok tulajdonságairól, megtanultuk a racionális kitevős fok definícióját és alapvető tulajdonságait, mérlegeltük ennek alkalmazását. elméleti anyag gyakorlatban edzés közben. Szeretném felhívni a figyelmet, hogy a "Fokozat racionális mutatóval" témakörben kötelező szerepelni USE hozzárendeléseket. Előkészületben házi feladat ( 428. és 429. sz

A "Fokozat racionális mutatóval" című videólecke vizualitást tartalmaz oktatási anyag ebben a témában tanítani. A videóóra információkat tartalmaz a racionális kitevővel rendelkező diploma fogalmáról, tulajdonságairól, ilyen fokozatokról, valamint példákat mutat be az oktatási anyagok gyakorlati problémák megoldására való felhasználására. Ennek a videóórának az a feladata, hogy az oktatási anyagot világosan és érthetően mutassa be, elősegítse a tanulók fejlesztését, memorizálását, a tanult fogalmak felhasználásával problémamegoldó képesség kialakítását.

A videóóra fő előnyei a vizuális átalakítások és számítások elvégzésének képessége, az animációs effektusok használatának lehetősége a tanulási hatékonyság javítására. A hangkíséret segíti a helyes matematikai beszéd fejlesztését, és lehetővé teszi a tanári magyarázat helyettesítését is, felszabadítva őt az egyéni munkára.

Az oktatóvideó a téma bemutatásával kezdődik. Tanulmány összekapcsolása új téma A korábban vizsgált anyaggal azt javasoljuk, hogy emlékezzünk arra, hogy n √ a-t egyébként a 1/n jelöli természetes n-re és pozitív a-ra. Az n-gyökérnek ez a reprezentációja megjelenik a képernyőn. Ezenkívül azt javasoljuk, hogy fontolja meg, mit jelent az a m / n kifejezés, amelyben a pozitív szám, és m / n egy tört. A keretben kiemelt fok definícióját racionális kitevővel adjuk meg: m/n = n √ a m . Megjegyzendő, hogy n lehet természetes szám, m pedig egész szám.

A fokozat racionális kitevővel történő meghatározása után a jelentését példák mutatják meg: (5/100) 3/7 = 7 √(5/100) 3 . Szintén látható egy példa, amelyben a tizedes számmal képviselt hatványt köztörtté alakítjuk, hogy gyökként ábrázoljuk: (1/7) 1,7 =(1/7) 17/10 = 10 √(1/7) 17 és egy példa innen negatív érték fok: 3 -1/8 \u003d 8 √3 -1.

Külön-külön egy adott eset jellemzőjét jelzi, ha a fokszám alapja nulla. Megjegyzendő, hogy ennek a foknak csak pozitív törtkitevője esetén van értelme. Ebben az esetben értéke nullával egyenlő: 0 m/n =0.

A racionális kitevővel rendelkező fok másik jellemzője, hogy a tört kitevővel rendelkező fok nem tekinthető tört kitevővel. Példák a fokozat helytelen jelölésére: (-9) -3/7 , (-3) -1/3 , 0 -1/5 .

A videó leckében a továbbiakban egy racionális kitevővel rendelkező fokozat tulajdonságait vizsgáljuk meg. Megjegyzendő, hogy az egész kitevővel rendelkező fok tulajdonságai a racionális kitevővel rendelkező fokokra is érvényesek. Javasoljuk az ebben az esetben is érvényes tulajdonságok listájának felidézését:

  1. Ha a hatványokat ugyanazokkal az alapokkal szorozzuk, mutatóikat összeadjuk: a p a q \u003d a p + q.
  2. Az azonos bázisú fokok felosztása adott bázisú fokra redukálódik és a kitevők különbsége: a p:a q =a p-q .
  3. Ha a fokot egy bizonyos fokig emeljük, akkor ennek eredményeként az adott bázissal és a kitevők szorzatával egy fokot kapunk: (a p) q =a pq .

Mindezek a tulajdonságok érvényesek p, q racionális kitevővel és a>0 pozitív bázissal rendelkező hatványokra. A fokozattranszformációk zárójelek nyitásakor is igazak maradnak:

  1. (ab) p =a p b p - ha két szám szorzatát racionális kitevővel egy bizonyos hatványra emeljük, az olyan számok szorzatára redukálódik, amelyek mindegyikét egy adott hatványra emeljük.
  2. (a/b) p =a p /b p - a tört racionális kitevőjével történő hatványozást olyan törtre redukáljuk, amelynek számlálója és nevezője az adott hatványra emelve.

Az oktatóvideó olyan példák megoldását tárgyalja, amelyek a fokok figyelembe vett tulajdonságait racionális kitevővel használják. Az első példában azt javasoljuk, hogy keressük meg egy olyan kifejezés értékét, amely az x változókat tartalmazza törthatványban: (x 1/6 -8) 2 -16x 1/6 (x -1/6 -1). A kifejezés bonyolultsága ellenére a fokok tulajdonságait felhasználva egészen egyszerűen megoldható. A feladat megoldása a kifejezés leegyszerűsítésével kezdődik, amely azt a szabályt használja, hogy a fokszámot racionális kitevővel hatványra emeljük, valamint a fokokat szorozzuk ugyanaz az alap. Miután a megadott x=8 értéket behelyettesítettük az x 1/3 +48 egyszerűsített kifejezésbe, könnyen megkaphatjuk az -50 értéket.

A második példában csökkenteni kell azt a törtet, amelynek számlálója és nevezője racionális kitevőjű hatványokat tartalmaz. A fokozat tulajdonságait felhasználva a különbségből kiválasztjuk az x 1/3 tényezőt, amelyet a számlálóban és a nevezőben csökkentünk, és a négyzetek különbsége képlet segítségével a számlálót faktorokra bontjuk, ami további redukciókat ad a ugyanazok a tényezők a számlálóban és a nevezőben. Az ilyen transzformációk eredménye egy rövid tört x 1/4 +3.

A "Fokozat racionális mutatóval" videólecke használható ahelyett, hogy a tanár elmagyarázná az óra új témáját. Ezenkívül ez a kézikönyv elegendő információt tartalmaz a következőkhöz az önálló tanulás diák. Az anyag hasznos lehet a távoktatásban.

Azt is ajánljuk

Betöltés...Betöltés...