Fedezd fel az érthető matekot

Bán Sándor – Barta Ágnes – 8 ​próbaérettségi biológiából – emelt szint
Sorozatunk ​kötetei az új típusú érettségire való felkészülésben nyújtanak segítséget emelt és középszinten nemcsak a leendő vizsgázóknak, hanem a pedagógusoknak is. A gyakorlósorokkal és tételsorokkal modellezni lehet az érettségi vizsgát, mivel azokban minden pontosan úgy szerepel, ahogyan az érettségi napján is fog. Az új típusú érettségiben jártas középiskolai tanárok, multiplikátorok állítottak össze a kipróbált feladatlapokat és tételsorokat angol nyelvből, biológiából, földrajzból, fizikából, informatikából, matematikából, magyar nyelv és irodalomból, német nyelvből és történelemből. A biológia, földrajz, fizika és nyelvi érettségire felkészítő kötetek az írásbeli feladatsorok mellett szóbeli vizsgafeladatokat is tartalmaznak, a nyelvi feladatsorok hanganyaga pedig a CD-mellékleten található meg.

11 érthető matematika megoldásai

TARTALOM Fontosabb jelölések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A tankönyv használatáról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. O 8. 9. 10. 11. 12. O

Vegyes algebrai feladatok – ismétlés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egészkitevõjû hatványok, azonosságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Az n-edik gyök és azonosságai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Racionális kitevõjû hatvány, permanencia elv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Az exponenciális függvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponenciális egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponenciális egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A logaritmus fogalma. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A természetes alapú logaritmus és egyéb matematikatörténeti érdekességek (olvasmány) . . . A logaritmusfüggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A logaritmus azonosságai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Logaritmusos egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Logaritmusos egyenletrendszerek, egyenlõtlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gyakorlati alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Közelítõ értékek (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9 11 14 17 20 24 27 30 33 35 39 43 48 51 55

13. 14. 15. 16. O 17. 18. 19. O

Skalárszorzás. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skalárszorzással megoldható feladatok a koordináta-rendszerben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A szinusz- és koszinusztétel alkalmazása 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A szinusz- és koszinusztétel alkalmazása 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Addíciós tételek (olvasmány, emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus egyenletek 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus egyenletek 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus egyenlõtlenségek (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skaláris szorzat geometriai alkalmazásai (olvasmány). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Válogatás érettségi elõkészítõ feladatsorokból . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61 65 68 73 76 82 88 94 99 104

20. 21. 22. 23. 24–25. 26. 27. 28.

Az inverz függvény fogalma, elsõfokú függvény inverze (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gyakrabban elõforduló függvények és inverzeik (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrikus alapfüggvények jellemzése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Függvénytranszformációk általános vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Összetett trigonometrikus függvények ábrázolása és jellemzésük . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egyenletek grafikus megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egyenlõtlenségek grafikus megoldása (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gyakorlati problémák vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

107 110 113 118 124 129 132 134

Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29–30. Egyértelmû vektorfelbontási tétel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31–32. Felezõpont, súlypont, osztópont koordinátái (ismétlés) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33–34. Skaláris szorzat koordinátákkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . O A beírt kör középpontjának koordinátái (olvasmány, nem érettségi tananyag) . . . . . . . . . . . 35. Az egyenes normálvektoros egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36. Egyenes irányvektoros egyenlete, két ponton átmenõ egyenes egyenlete . . . . . . . . . . . . . . 37. Irányszög, iránytangens, iránytényezõs egyenlet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38. Metszéspont meghatározása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39. A párhuzamosság és a merõlegesség koordináta-geometriai feltétele . . . . . . . . . . . . . . . . . O Geometriai transzformációk és koordináták (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40. Pont és egyenes távolsága (két párhuzamos egyenes távolsága) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41. Adott középpontú és sugarú kör egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42. Kör és a kétismeretlenes másodfokú egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43. Egyenes és kör kölcsönös helyzete. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44. Adott pontban húzott és adott irányú érintõk meghatározása. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45. Két kör kölcsönös helyzete, érintkezõ körök (emelt szint). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46. Ponthalmazok a koordinátasíkon (egyenlet, egyenlõtlenség, mértani hely) . . . . . . . . . . . . . O Parabola és a másodfokú egyenlet (olvasmány, emelt szint). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . O Kúpszeletek (olvasmány, nem érettségi tananyag) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47. Alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

139 139 142 146 150 151 154 156 159 161 165 167 169 173 175 177 179 181 187 191 196

48. 49. O 50. O 51. 52. 53. 54. O 55.

Ismétlés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomiális együtthatók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomiális-tétel, Pascal-háromszög (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gyakorlófeladatok. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A kombinatorika leggyakoribb leszámolási struktúrái (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A gráfmodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A gráfmodell alkalmazása; gráfok egyenlõsége. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gráfok jellemzõi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vegyes feladatok (gráfok). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Néhány érdekes gráfelméleti probléma (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kombinatorikai és gráfelméleti alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

203 208 216 220 226 229 236 244 250 256 260

Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Független események (emelt szint) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomiális eloszlás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statisztikai mintavétel (visszatevéssel vagy visszatevés nélkül) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Játékok elemzése (olvasmány) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Statisztika körülöttünk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

267 268 272 276 280 283

FONTOSABB JELÖLÉSEK Az A pont és az e egyenes távolsága: d(A; e) vagy Ae vagy Ae Az A és B pont távolsága: AB vagy AB vagy d(A; B) Az A és B pont összekötõ egyenese: e(A; B)

Halmazok különbsége: \; Üres halmaz: Q, <>

Az A halmaz komplementere: A

A B csúcspontú szög, melynek egyik szárán az A, másik szárán a C pont található: ABCB

Az A halmaz elemszáma: A ;

Végtelen: 3; N = 3 Az x szám abszolút értéke: x ;

Szög jelölése: a, b, c, f Az A, B és C csúcsokkal rendelkezõ háromszög: ABC9 Az ABC9 területe: T(ABC) vagy TABC Az a, b és c oldalú háromszög fél kerülete: s = a+b+c 2

Az f1 és f2 egyenesek szöge: B (f1; f2) vagy (f1; f2) B

A C csúcspontú szög: CB

Az f függvény értelmezési tartománya és értékkészlete: Df , Rf Az f függvény hozzárendelési szabálya: f: x 7 f] xg ; f: x 7 2x + 3 f] xg = y ; f] x g = 2x + 3 Az f függvény helyettesítési értéke az x0 helyen: f (x0) ; f (5), ha x0 = 5

A derékszög jele: *

Az f függvény inverze: f –1

Az e egyenes merõleges az f egyenesre: e = f

n faktoriális: n!; 4! = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24

Az e egyenes párhuzamos az f egyenessel: e || f Egybevágóság: ,; ABCO , Al Bl ClO

Az X sokaság átlaga: X

Hasonlóság: + ; ABCO + Al Bl ClO

Az összegzés jele: ∑;

/ xi = x1 + x2 + f + x8 i =1

A hasonlóság aránya: m

Permutációk: Pn; Pn = n!, P4 = 4! = 24

Az A pontból a B pontba mutató vektor: AB

Ismétléses permutációk: P nk, l, m , (k + l + m # n); P nk, l, m =

Az A pontba mutató helyvektor: a vagy A A v vektor: v vagy v vagy v A természetes számok halmaza: N;

n! ; P 2, 2 = 5! = 30 2! $ 2! k ! $ l! $ m ! 5

Variációk: V nk ; V nk = n ⋅ (n – 1) ⋅ (n – 2) ⋅ … ⋅ (n – k + 1);

Az egész számok halmaza: Z

V53 = 5 $ 4 $ 3 = 60 Ismétléses variációk: V nk, i ; V nk, i = nk; V53,i = 53 = 125

A pozitív, a negatív egész számok halmaza: Z+, Z– , A racionális, az irracionális számok halmaza: Q, Q* A pozitív, a negatív racionális számok halmaza: Q+, Q–

n Kombinációk: C nk vagy d n ; k C nk =

n $ ^n – 1h $ f $ ^n – k + 1h ; C52 = 5 $ 4 = 10 2$1 k!

A valós számok halmaza: R

n 5 Binomiális együttható: d n ; d n = 5 $ 4 = 10 2$1 k 2

A pozitív, a negatív valós számok halmaza: R+, R–

Állítások tagadása (negációja): J

Eleme, nem eleme a halmaznak: !, “; 5 ! N , -2 g Z+ Részhalmaz, valódi részhalmaz: 3, 1; A 3 R , N 1 Q +

Nem részhalmaza a halmaznak: j; Z Y 1Q

Halmazok uniója, metszete: ,, +;

Állítások diszjunkciója, konjunkciója: ∨, ∧ Állítások implikációja, ekvivalenciája: ⇒, ⇔ vagy →, ↔ Univerzális kvantor (minden …) ∀ Egzisztenciális kvantor (létezik …) ∃

A TANKÖNYV HASZNÁLATÁRÓL A tankönyv elsõsorban a középszintû érettségi vizsga tananyagát tartalmazza, de megtalálható benne néhány olyan kiegészítés is, amely az emelt szintû érettségi vizsga követelményrendszeréhez tartozik. A tankönyv nem tartalmazza az emelt szintû érettségi vizsga követelményeit. A tankönyvben a matematikai szemlélet fejlesztése a definíciókhoz és a fogalmakhoz kapcsolódó tananyagelemek kidolgozásával történik. A matematika megértéséhez, sikeres tanulásához feltétlenül hozzátartozik a bizonyítási készség kialakítása és fejlesztése. Minden lecke végén összegyûjtöttük a fontosabb új fogalmakat. Kiegészítõ anyagként ajánljuk az olvasmányok és matematikatörténeti ismertetések, érdekességek elolvasását. A tankönyvben Emelt szint -tel (és apró betûvel), jól elkülönítve jelöltük azokat a kiegészítéseket, amelyek csak az emelt szintû érettségi vizsgán kérhetõk számon. Számos kidolgozott példa található a könyv minden leckéjében, amelyek fokozatosan vezetik be a tanulókat az elsajátítandó tananyagba. A tananyag gyakorlását, elmélyítését, az otthoni tanulást és az érettségi vizsgára való felkészülést a leckék végén kitûzött feladatok segítik. Ezeket a nehézségi szintjük szerint is csoportosítottuk: K1

= emelt szint, könnyebb;

= emelt szint, nehezebb feladat.

A leckék végén lévõ feladatok részletes megoldása megtalálható az interneten, a www.ntk.hu weboldalon. Az érdeklõdõk vagy gyakorolni vágyók számára a leckék végén még további feladatokat is ajánlunk, amelyeket a Nemzeti Tankönyvkiadó MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény családjából jelöltünk ki. Segíteni kívánjuk a diákok pályaorientációját, ezért néhány pályaképpel szeretnénk felhívni a figyelmet a matematikatanulás hasznosságára. A pályaképekben megjelenõ fiataloktól megtudhatjuk, hogy jelenlegi munkájuk során hogyan hasznosítják, amit korábban a középiskolában megtanultak.

A felkészüléshez ajánlott példatárak: Gerõcs László – Orosz Gyula – Paróczay József – Szászné Dr. Simon Judit: 16125/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 16125/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I., Megoldások 16126/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 12126/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II., Megoldások Czapáry Endre – Czapáry Endréné – Csete Lajos – Hegyi Györgyné – Iványiné Harró Ágota – Morvai Éva – Reiman István: 16127/I (+CD-n a megoldások) MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény III., Geometriai feladatok gyûjteménye 16127/II MATEMATIKA Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény III., Geometriai feladatok gyûjteménye, Megoldások

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS

A középkor végének Európájában egyre fontosabbá vált a hajózás, csillagászat, kereskedelem,és az ipar fejlesztése. Ezt a felgyorsult fejlõdést elsõsorban mûszaki és matematikai vívmányoknak köszönhették. A pénzforgalomban érdekelt szakemberek számára a kamatos kamat gyors kiszámítása érdekében táblázatokat készítettek. A megfeleltetést a görög logosz, arány és arithmosz, szám összevonásából latinosan logaritmusnak nevezték el.

VEGYES ALGEBRA FELADATOK – ISMÉTLÉS

VEGYES ALGEBRA FELADATOK – ISMÉTLÉS A 9. és 10. osztályban elsajátított algebrai módszerek és eszközök már sokféle feladat megoldását teszik lehetõvé. Ismétlésképpen a hatványozás, gyökvonás és a nevezetes azonosságok témakörébõl válogattunk össze néhány feladatot. Ezek megoldásához néha valamilyen ötlet kell – de a megoldás leírása elegánsan, néhány sorban megadható. Az alábbi feladatsorban az A, B, …, F számértékeket kell meghatározni. Próbáljuk ügyes számolással, a számológép használata nélkül megoldani a feladatot!

1. példa (számválaszos verseny) A = 312 4212 + 212 4212 – 624 842 ⋅ 212 421; C = 444 444 4452 + 111 111 111 – 444 444 4442; E=

12 343 212 345 ; 12 343 212 3462 – 12 343 212 345 $ 12 343 212 347

B = 777 777 7782 – 222 222 2232; D = b1 + 1lb1 + 1l f b1 + 1 l ; 2 3 100 F=

10 – 4 6 – 10 + 4 6 .

Segítség: A: Az x2 + y2 – 2xy = (x – y)2 azonosságot alkalmazhatjuk. B: Segít az x2 – y2 = (x + y)(x – y) azonosság. C: Az x2 + y – z2 kifejezés tagjait érdemes x2 – z2 + y sorrendbe csoportosítani. D: Alakítsuk át a tényezõket közönséges törtté! x -1 E: Legyen például x = 12 343 212 346, ekkor a tört 2 alakú. x – ^ x – 1h^ x + 1h F: Észrevehetjük, hogy a két négyzetgyök alatt teljes négyzetek szerepelnek. Eredmények: A = (312 421 – 212 421)2 = 100 0002 = 1010. B = (777 777 778 + 222 222 223)(777 777 778 – 222 222 223) = 1 000 000 001 ⋅ 555 555 555 = = (1 000 000 000 + 1) ⋅ 555 555 555 = 555 555 555 000 000 000 + 555 555 555 = 555 555 555 555 555 555 (18 darab 5-ös). C = (444 444 445 + 444 444 444)(444 444 445 – 444 444 444) + 111 111 111 = 888 888 889 + + 111 111 111 = 1 000 000 000 = 109. D = 3 $ 4 $ 5 $ f $ 100 $ 101 = 101. (A 3, 4, …, 100 tényezõkkel egyszerûsíthetünk.) 2 3 4 99 100 2 E = x2 – ^ x – 1h^ x + 1h = x2 – ^ x2 – 1h = 1, így a tört x – 1 = 12 343 212 345 alakú. 1 1 F: 10 – 4 6 = ^ 6 – 2h és 10 + 4 6 = ^ 6 + 2h , így 2

^ 6 – 2h – ^ 6 + 2h = 2

6 + 2 = 6 – 2 – ^ 6 + 2h = -4 .

Másképpen is eljárhatunk:

F2 = 10 – 4 6 + 10 + 4 6 – 2 ^10 – 4 6 h^10 + 4 6 h = 20 – 2 100 – 16 $ 6 = 16 , s mivel F 0, és n ! N, n $ 2, akkor

2. AZ n-EDIK GYÖK ÉS AZONOSSÁGAI 2. példa 1 8 =

64 64 – 3 nem értelmezett, mert – 3 1 0 .

III. Egy nemnegatív valós szám n-edik gyökének k-adik, egész kitevõjû hatványa egyenlõ a szám ugyanazon kitevõjû hatványának n-edik gyökével. Ha a $ 0, n ! N, n $ 2, és k ! Z, akkor ^n a h = n a k . k

3. példa ^3 4 h = 3 43 = 4 ; 3

^a 5 a h = a5 $ ^5 a h = a5 $ 5 a5 = a5 $ a = a6 . 5

IV. Az n-edik gyök k-adik gyökét felírhatjuk úgy is, hogy a gyök alatti kifejezés (n ⋅ k)-adik gyökét vesszük. Ha a $ 0, n ! N, n $ 2, és k ! N, k $ 2, akkor

4. példa Ha a, b pozitív valós számok: 3

a2 = 6 a2 ^= 3 a h ;

a6 $ b3 24 = b6 a

V. Hatvány alakú kifejezés gyökénél a hatványkitevõ és a gyökkitevõ egyszerûsíthetõ, bõvíthetõ. Ha a > 0, n ! N, n $ 2, k ! N, k $ 2, m ! Z, akkor

^ 2 – 3 h^ 2 + 3 h = ^ 64 – 27 h^ 16 + = 12 1024 + 12 46 656 – 12 432 – 12 19 683 . 4

Fogalmak gyökvonás; n-edik gyök.

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS FELADATOK 1. K1

Döntsük el melyik szám nagyobb! a)

Állítsuk nagyság szerint csökkenõ sorrendbe az alábbi számokat! 3

Számítsuk ki az alábbi gyökök értékét! a)

Végezzük el az alábbi mûveleteket! 3

Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével az alábbi mûveletek eredményét! a)

5 $ 5 125 $ 4 5 ; 2$ 3

Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 895–900, 902–911, 916–919.

3. RACIONÁLIS KITEVÕJÛ HATVÁNY, PERMANENCIA ELV

3. RACIONÁLIS KITEVÕJÛ HATVÁNY, PERMANENCIA ELV Az elõzõekben az egész kitevõjû hatványokat értelmeztük, a hatványozás és az n-edik gyök azonosságait ismételtük át. Nyilvánvalóan felmerül a kérdés, kiterjeszthetõ-e a hatványozás fogalma tetszõleges racionális kitevõkre. Ha ez lehetséges, akkor úgy járjunk el, hogy az eddig megismert azonosságok érvényben maradjanak. Ezt az igényt fejezi ki a permanencia elv. Vegyük figyelembe a következõ azonosságot:

^a khl = a kl , ahol k, l ! Z. Tehát ha racionális kitevõre szeretnénk értelmezni a hatványozást, akkor legyen igaz:

_ a n i = a m , ahol a ! 0, n ! 0, m, n ! Z . m n

Ha mindkét oldalból n-edik gyököt vonunk: m

a n = n am . Még vizsgáljuk meg, hogy ha ezt az összefüggést definíciónak fogadjuk el, akkor az értelmezési tartomány milyen alap esetén felel meg elvárásainknak. Három probléma merülhet fel. 1. probléma Ha az alap negatív szám, akkor ellentmondásba juthatnánk, például: 3

4 ^-3h = 4 ^-3h3 nem értelmezhetõ a valós számok halmazán, ezért a negatív alapot ki kell zárnunk.

2. probléma m k Ha m = k , akkor a n = a l teljesül-e? n l Az igazoláshoz alakítsuk át a feltételt. Ha m = k , akkor m $ l = k $ n. n l Induljunk ki az igazolandó egyenlõség bal ldalából. m

a n = n a m = nl a ml = nl a kn = l a k = a l . Az egyenlõség sorozat harmadik lépésénél használtuk ki a feltételt, és igazoltuk az állítást, azaz a törtkitevõ más alakban történõ felírásától nem függ a hatvány értéke. 3. probléma A permanencia elv vizsgálata: Bizonyítható, hogy a hatványozás azonosságai is érvényben maradnak. m

Példaként vizsgáljunk meg az a n $ a l = a n

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS m

Egyrészt: a n $ a l = a nl $ a ln = nl a ml $ nl a kn = nl a ml + kn . m

Másrészt: a n l = a nl = nl a ml + kn . Az egyenlõségek jobb oldalai megegyeznek, tehát a bal oldalak is egyenlõk. m

Ezzel beláttuk, hogy a a n $ a l = a n l régebben ismert azonosság érvényben maradt. Hasonlóan igazolható a többi azonosság megmaradása is.

Definíció Egy tetszõleges pozitív x szám m -edik hatványa az x szám m-edik hatványából vont n-edik gyök, n azaz m

x n = n x m , ahol x > 0, m ! Z, n ! N, n ≠ 0, n ≠ 1.

1. példa Számítsuk ki a következõ hatványok pontos értékét! 1

a) 8 3 = 3 8 = 2; 5

5 c) b 16 l 4 = 4 b 81l = 4 81 16

320 35 20 = b 2 l ; 2

d) 0,01-2,5 = b 1 l 2 = 1005 = 105 = 100 000 ; 100

e) 625 3 = ^5 4h3 = 5 3 = 3 516 = 55 $ 3 5 . 4

2. példa Hozzuk egyszerûbb alakra a kifejezéseket! a) a2 3 k $ 3 22 ; 1 -4

2 2 b) 4a $ a3 . ^ ah

Megoldás a) a2 3 k $ 3 22 = 2 3 $ 2 3 = 2 1 -4

a2 $ a 2 a 3 $ a 2 a 32 + 21 – 34 a 125 12 a5 , ha a > 0. = = = 3 = 3 4 ^ ah a4

3. RACIONÁLIS KITEVÕJÛ HATVÁNY, PERMANENCIA ELV 3. példa Végezzük el a mûveleteket, a hatványok alapja pozitív valós szám! 2

3 a) a a 7 b 5 k ; 2

Megoldás 2 1 3 5

a) a a b k = a b 2 7

Fogalmak permanencia-elv; racionális kitevõjû hatványozás.

b) a a 3 + b 3 k = a 3 + 2^ abh3 + b 3 = 3 a2 + 2 $ 3 ab + 3 b2 . 1 2

Számítsuk ki az alábbi hatványok értékét! 1

d) 8 3 $ 5 28 $ 3 16 .

Írjuk fel egyetlen gyökjel segítségével az alábbi mûveletek eredményét! 1 -5

2 2 b) 45 $ 53 ; ^ 5h

a $ _a 2i $ 3 a4 ; 1 -5

b3 $ 4 b 2 $ b 3 . 5 ^6 b h

Végezzük el az alábbi hatványozásokat! 3

4 a) a2 5 $ 3 3 k ; 1

a) a3 3 k $ 3 32 ; 5. K2

Írjuk át az alábbi kifejezéseket egyetlen szám hatványaként! a)

Írjuk át az alábbi kifejezéseket gyökös alakba! a) 5 3 ;

21 3,2 4 10 ; b) 5 $ 26 10 5

c) a a 2 – b 2 k . 1

Írjuk a lehetõ legegyszerûbb alakba az alábbi kifejezéseket! –

b) a a 2 + b 2 k $ 1

Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 927–937.

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS

4. AZ EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY Az elõzõ leckében értelmeztük a pozitív alapú, racionális kitevõjû hatványt. Magasabb matematikai módszerekkel bizonyítható, hogy az értelmezés kiterjeszthetõ irracionális kitevõkre is. Ez a kiterjesztés a permanencia elvnek megfelelõen, megtartja az eddig megismert hatványozás azonosságokat, valamint teljesül a következõ tulajdonság: – ha a > 1 valós szám, p, r racionális számok, q irracionális szám és p aq > ar. Az exponenciális kifejezések vizsgálatát, egyenletek, egyenlõtlenségek megoldását segíti, ha megismerjük az exponenciális függvényeket és legfontosabb tulajdonságaikat. Azokat a függvényeket, amelyekben a változó a kitevõben szerepel, exponenciális függvényeknek nevezzük, azaz f : R → R+, f (x) = ax, ahol a > 0 függvény az a alapú exponenciális függvény. Vizsgáljuk meg az f : R → R+, f (x) = a x függvényt, ahol a > 0! Tekintsük elõször az f : R → R+, f (x ) = 2 x függvényt. (Legegyszerûbben úgy fogalmazhatnánk, hogy a vizsgált exponenciális függvény „állandó mértékben többszörözõdik”, például egy baktériumkultúra, amely „minden órában megduplázódik”.) Az egész-, illetve a racionális kitevõjû hatvány értelmezése, tulajdonságai alapján kijelenthetjük, hogy az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvõ. A bevezetõ alapján is láttuk, hogy bizonyítható, hogy ha az értelmezési tartományt kiterjesztjük a valós számok halmazára, akkor a függvény monotonitása nem változik. A függvény grafikonja: y

A függvény legfontosabb tulajdonságai: 1. Df = R 2. Rf = R+ (minden pozitív értékeket felvesz). 3. Szigorúan monoton növekvõ. 4. Zérushelye nincs. 5. Az ordináta tengelyt a grafikon a (0; 1) pontban metszi.

Felmerül a kérdés: milyen lényeges tulajdonságok változnak meg, ha az alapot módosítjuk?

4. AZ EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY 1. eset Legyen az alap: a > 1. Tekintsük a következõ függvényeket: x x g : R → R+, g^ x h = b 3 l ; h : R → R+, h^ x h = ^ 2 h . f : R → R+, f^ x h = 3 x ; 2 y

Megállapíthatjuk, hogy az elõzõ tulajdonságok mindegyike érvényes ezekre a függvényekre is.

Legyen az alap: a = 1; f : R → R+, f^ x h = 1 x . Ebben az esetben a függvény konstans függvény, grafikonja az x tengellyel párhuzamos egyenes. (Megjegyzés: Sok esetben az a = 1 alapot nem engedik meg.)

3. eset Legyen az alap 0 1

a 0 exponenciális függvénynek nevezzük. Ha az alap, a = 1, akkor a függvény konstans függvény. Ha az alap, 0 1, akkor a függvény szigorúan monoton növekvõ. Mindhárom függvény csak pozitív értékeket vesz fel és minden pozitív értéket felvesz, valamint az ordináta tengelyt a (0; 1) pontban metszi.

1. példa Ábrázoljuk és jellemezzük a függvényeket! a) f : R → R, f^ x h = 2 x – 5;

b) g: R → R+, g^ x h = 2 x – 5 ;

c) h: R → R+, h^ x h = 2 $ b 1l ; 3 x

Megoldás a) Az f : R → R, f^ x h = 2 x – 5 szigorúan monoton növekvõ, mert az alap 1-nél nagyobb. A függvény grafikonja eltolással kapható a k : R → R+, k^ x h = 2 x függvény grafikonjából, az eltolás vektora: v(0; –5).

b) Az g: R → R+, g^ x h = 2 x – 5 szigorúan monoton növekvõ, mert az alap 1-nél na-

gyobb. A függvény grafikonja eltolással kapható a k : R → R+, k^ x h = 2 x függvény grafikonjából, az eltolás vektora: v(5; 0).

4. AZ EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY c) A h: R → R+, h^ x h = 2 $ b 1l szigorúan monoton csökkenõ, mert az alap 1-nél 3 x kisebb. A függvény grafikonja a k: R → R+, k^ x h = b 1l függvény grafikonjából 3 2-szeres nyújtással kapható. x

Fogalom exponenciális függvény.

Ábrázoljuk az f : x 7 10x függvényt!

Válasszuk ki az alábbi függvények közül azokat, amelyek monoton csökkenõek! x x x c : x 7 b 4l ; a: x 7 5x; b : x 7 b 3l ; d:x 7 2 ; e : x 7 4-x ; f : x 7 0,1-x . 5 5 2

Vázoljuk fel a megadott függvények grafikonjait. Határozzuk meg hol és mennyi az f függvény minimuma és maximuma! f : [–1; 3] → R, x 7 4x;

Az eddig tanult függvénytranszformációk felhasználásával ábrázoljuk az alábbi függvényeket! x f : x 7 3x- 2; g : x 7 3x+4; h : x 7 4 $ b 1l ; 2 k : x 7-3 x ;

Ábrázoljuk és jellemezzük az alábbi függvényeket! K1 a) x 7 3-x ; K1 c) x 7-3-x ; K2 e) x 7 3 x ; x -x K1 b) x 7 b 1l ; K1 d) x 7- b 1l ; K2 f) x 7 3- x ; 3 3

Keressük meg grafikus úton az egyenletek megoldásait! a) 2 x = – x + 6 ; b) 3 x – 1 = 5 – 2x ; c) 2 x = 2 x .

Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény II. 723–730.

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS

5. EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK Oldjuk meg a következõ „alapegyenleteket” a valós számok halmazán!

1. példa b) 343 x = 1 ; c) 4x = 2 ; d) 52x – 3 = 1. 7 2 8 Ötlet: az „alapegyenletekben” szereplõ számokat, kifejezéseket írjuk fel azonos alapú hatványokkal. a) 3 x = 243;

Megoldás a) 3 x = 243;

22 – 3x = 2 2 ; 3 x = 35 ; 73x = 7-1; 52x – 3 = 50 . Értelmezzük az egyenletek bal oldalán álló kifejezéseket, mint egy-egy exponenciális függvényt. Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton (kölcsönösen egyértelmû), így a megoldások a kitevõk egyenlõségébõl következnek: a) x = 5; b) 3x = –1; c) 2 – 3x = – 1 ; d) 2x – 3 = 0 ; 2 5 3x ; x = – 1; x = 3. 3 2= 2 5 x; 6= Megoldásainkat ellenõrizzük! Például:

Összetettebb egyenletek esetén elõször törekedjünk arra, hogy ekvivalens átalakításokkal az 1. példában látott „alapegyenlethez” jussunk.

2. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 2

13 x + 3x – 18 = 1.

13 x + 3x – 18 = 130 , mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így x2 + 3x – 18 = 0; ^ x + 6h^ x – 3h = 0; x1 = -6, x2 = 3. Ellenõrzéssel megállapíthatjuk, hogy a kapott gyökök kielégítik az egyenletet.

5. EXPONENCIÁLIS EGYENLETEK Ha az egyenletben azonos alapú hatványok összege szerepel:

3. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 32x + 32x + 2 = 270 .

Megoldás Alakítsuk át az egyenlet bal oldalát: 32x + 32 $ 32x = 270; 10 $ 32x = 270; 32x = 27; 32x = 33 . Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így a kitevõkre: 2x = 3; x = 3. 2 Végezzünk ellenõrzést! 3

Tudod-e, hogyan kell kiolvasni ezt a számot: 123 132 213 231 312 321 124? Segítségül használhatod a táblázatot. 106 – millió 109 – milliárd (106)2 – billió 1015 – billiárd (106)3 – trillió (106)4 – quadrillió

Ha az egyenletben különbözõ alapú hatványok szerepelnek:

4. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 25 x – 3 $ 5 x – 10 = 0 .

Megoldás Azonos alapú hatványokká alakítva: 52x – 3 $ 5 x – 10 = 0 , most 5x-re nézve másodfokú egyenlethez jutottunk:

^5 xh2 – 3 $ 5 x – 10 = 0 ;

^5 xh1, 2 = 3 ! 9 + 40 = 3 ! 7 . 2 2 Tehát 5x = 5 ⇒ x = 1, vagy 5x = –2. Ennek az egyenletnek nincs megoldása, mivel 5x csak pozitív értékeket vesz fel. Ellenõrzéssel megállapíthatjuk, hogy a kapott gyök kielégíti az egyenletet.

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 5. példa Oldjuk meg az egyenletet a valós számok halmazán! 2 x + 3 x – 2 = 3 x – 2 x + 1.

Megoldás Ekvivalens átalakításokkal: 2 x + 3 x – 2 = 3 x – 2 x + 1; 2 x + 2 $ 2 x = 3 x – 1 $ 3 x; 9 8 x x 3$2 = $3 ; 9 2 x 23 ; = 3 x 33 x 2 23 b 3l = b 3l . Mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton, így x = 3. Ellenõrzés: 23 + 33 – 2 = 8 + 3 = 11; 33 – 23 + 1 = 27 – 16 = 11.

6. példa Mutassuk meg, hogy az egyenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán! 2x 1x b 2l + ^ 3 h = 0.

Megoldás Fogalom exponenciális egyenlet.

x Az exponenciális függvény csak pozitív értékeket vesz fel, így b 1l 2 0 , és 2

^ 3 h 2 0 , ezért összegük nem lehet 0. 2x

Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a valós számok halmazán! x K1 a) 5 x = 125; K1 e) 3 = 3-2 ; K1 i) 81 3 K1 b) 3 x – 2 = 243; x

K1 f) 25x – 8 = 2; 20

K1 c) 11 = 11 $ 11 ;

K1 d) ^2 xh12 = 415 ;

K2 j) 3 $ 3 K2 k) 4

K2 l) ^52x + 1h2 $ 25 x – 2 = b 1l 5

Van-e az alábbi egyenleteknek megoldása az egész számok halmazán? K1 a) 2 x + 2 x + 1 = 3 $ 215 ;

K2 c) 62x $ 9 x – 1 = 4 x $ 27 x + 30 ;

K1 b) 3 x – 3 x – 2 = 648 ;

E1 e) 9 x $ 27 x $ 3-4 = 93 + x $ 243.

6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK 3. K2

Új ismeretlen bevezetésével oldjuk meg az alábbi egyenleteket! a) 2 x + 2 x + 1 = 192; b) 5 x + 1 – 4 $ 5 x + 5 x – 1 = 150 ; c) 32x – 1 + 9 x + 1 = 9

Hány megoldása van az alábbi egyenleteknek az egész számok halmazán? 2

a) 32x $ 3 x = 92x + 1;

c) 4 x = 9 $ 2 x – 8 ;

b) 4 x = 3 $ 2 x + 1 – 5;

e) 2 x + 1 = 10 – 23 – x ; f) 7 x + 1 – 71 – x = 48 .

Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1603–1609, 1612–1613, 1616.

6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK Az egyenletrendszerek megoldásakor alkalmazzuk a már jól ismert módszerek valamelyikét, célszerû elõször ekvivalens átalakításokkal egyszerûbb alakú egyenleteket keresni. Az új ismeretlen bevezetése gyakran egyszerûsítheti a feladatmegoldást. Megjegyzés A témakör nincs a szigorúan vett érettségi tananyagban, ugyanakkor nagyon egyszerû függvényeket használ, amelyek a függvények témakörben is szereplõ kérdéseket vezetnek be. Az egyenletrendszerek részben ötletet mutatunk az új változó bevezetésére.

1. példa Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán! (1) 3 x + 2 y + 1 = 11; (2) 5 $ 3 x – 3 $ 2 y = 3.

Megoldás Vezessünk be új ismeretleneket, legyen 3 x = a , 2 y = b , ahol a, b pozitív számok. Ekkor: (1) a + 2b = 11 ⇒ a = 11 – 2b (2) 5a – 3b = 3 Behelyettesítve: 5^11 – 2bh – 3b = 3 55 – 13b = 3 52 = 13b 4 = b ⇒ a = 3.

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Visszatérve az eredeti ismeretlenekre: 3 x = 3 ⇒ x = 1, 2 y = 4 = 22 ⇒ y = 2, mivel az exponenciális függvény szigorúan monoton. Az egyenletrendszer megoldása: ^ x; yh = ^1; 2h . Ellenõrzés: (1) 31 + 22 + 1 = 3 + 8 = 11; (2) 5 $ 31 – 3 $ 22 = 15 – 12 = 3.

2. példa Oldjuk meg az egyenlõtlenségeket a valós számok halmazán! x x 5x – 1 a) 3 x $ 81; b) b 2 l # 1; c) 53x – 4 $ 1 ; d) b 5 l # b 2l . 5 3 25 2

Megoldás a) 3 x $ 81; 3 x $ 34 .

Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az f^ x h = 3 x függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz fel 34-nél nem kisebb értéket, ha x $ 4. (Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt.) 2 x b) b 3 l # 1; 2 x 20 b 3l # b 3l . Mivel a hatvány alapja 1-nél kisebb, az f^ x h = b 2 l függvény szigorúan monoton csökken, így akkor 3 0 vesz fel b 2 l -nál nem nagyobb értéket, ha 3 x $ 0. (Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változott.) x

c) 53x – 4 $ 1 ; 25 3x – 4 5 $ 5-2 .

Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az f^ x h = 53x – 4 függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz fel 5-2 -nél nem kisebb értéket, ha 3 x – 4 $ – 2; 3x $ 2; x $ 2. 3 (Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt!)

6. EXPONENCIÁLIS EGYENLETRENDSZEREK, EGYENLÕTLENSÉGEK x 5x – 1 d) b 5 l # b 2l ; 5 2 5 5x – 1 # 5 -x; b 2l b 2l 5x – 1 5 b 2l # 1; 5 -x b 2l 5 6x – 1 # 5 0 . b 2l b 2l

Mivel a hatvány alapja 1-nél nagyobb, az f^ x h = b 5 l függvény szigorúan monoton nõ, így akkor vesz 2 0 fel b 5 l = 1-nél nem nagyobb értéket, ha 2 6 x – 1 # 0; x # 1. 6 (Figyeljük meg, hogy a reláció jel állása változatlan maradt!) 6x – 1

Mint a példákban láttuk, az egyenlõtlenségek megoldása során figyelnünk kell a reláció jel állására. Célszerû úgy átalakítani az egyenlõtlenséget, hogy annak egyik oldalán konstans, másik oldalán olyan exponenciális kifejezés legyen, melynek kitevõjében az ismeretlen együtthatója pozitív. A reláció jel állása így az exponenciális függvény monotonitása miatt biztonságosabban megállapítható.

Fogalmak exponenciális egyenletrendszer; exponenciális egyenlõtlenség.

Ismételjük át, mikor mondjuk azt egy függvényrõl, hogy a) szigorúan monoton növekedõ; b) szigorúan monoton csökkenõ! Ábrázoljuk közös koordináta-rendszerben az f : x 7 2 x és a g : x 7 b 1l függvényeket! 2 a) Vizsgáljuk meg monotonitás szempontjából! b) Általánosan milyen esetekben – szigorúan monoton növekedõ; – szigorúan monoton csökkenõ egy exponenciális függvény? x

Oldjuk meg az alábbi egyenlõtlenségeket! K1 a) 2 x 1 8 ;

K1 c) 0,1 x 1 0,001;

Ábrázoljuk számegyenesen az alábbi egyenlõtlenségek megoldásait! x x x+2 a) b 1 l $ 1 ; b) b 2 l 1 3 ; c) b 5 l # 0,8 ; 4 3 2 4 16

E1 d) 3 $ 5 # 15. 25

d) 0,011 – x $ 1000 .

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS 5.

Oldjuk meg az egyenlõtlenségeket a valós számok halmazán! K2 a) 4 x + 3 1 21 – 2x ;

K2 b) b 1l x + 2 $ 1; 2

K2 c) 0,01 x – 1 1 102x – 3 ;

E1 d) 2 x + 5x – 9 # 1 . 8 2

Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 1619–1622, 1626–1628.

7. A LOGARITMUS FOGALMA 1. példa Vizsgáljuk 600 000 Ft lekötését, évi 4,5%-os kamat esetén. Mennyi idõre kell lekötni pénzünket ahhoz, hogy 1 millió Ft követelésünk legyen a bankkal szemben?

Megoldás 1 év múlva 600 000 ⋅ 1,045 = 627 000 Ft-ot, 2 év múlva 627 000 ⋅ 1,045 = 600 000 ⋅ 1,0452 = = 655 215 Ft-ot, . . . n év múlva 600 000 ⋅ 1,045n Ft-ot követelhetnénk. Tehát a következõ egyenlet megoldását keressük: 600 000 ⋅ 1,045n = 1 000 000, ahol n a keresett évek számát jelöli. Rendezve 1,045 n = 1000 000 = 1,6o . 600 000 Nyilvánvaló a kérdés: létezik-e olyan valós szám, amelyre 1,045 n = 1,6o ? Mivel n pozitív egész szám (évek száma), ezért próbálgatással, számológéppel számolva: 1,04511 ≈ 1,62, 1,04512 ≈ 1,696. Tehát minimum 12 évre kellene lekötnünk a 600 000 Ft-ot, 12 év elteltével követelésünk: ≈ 1 017 529 Ft. Az egyenletnek ennél pontosabb megoldásra most a feladat szövege miatt nyilván nincs szükségünk. Általánosan nézve a problémát az ax = b ^ x ! Rh alakú egyenletnek keressük a megoldását, ahol a hatvány alapja (a) pozitív, a hatvány értéke (b) szintén pozitív. Úgy is fogalmazhatunk: olyan (x) kitevõt keresünk, amelyre a pozitív alapot (a-t) emelve a hatvány értéke a pozitív (b) szám. A keresett kitevõt a továbbiakban logaritmusnak fogjuk nevezni.

7. A LOGARITMUS FOGALMA Definíció A b pozitív szám a alapú (a > 0, és a ≠ 1) logaritmusának nevezzük azt a kitevõt, amelyre a-t emelve b-t kapunk. A kitevõ jelölése: log a b. Tehát a definíció szerint: alog b = b . Ha a logaritmus alapja 10, akkor rövidebb jelölést használunk: log 10 b helyett lg b-t . a

Megjegyzés A matematikában fontos egy speciális alapú logaritmus használata, ez az „e” alapú logaritmus, melynek jelölése log e x helyett az ln x. Errõl többet a következõ olvasmányban olvashatunk.

2. példa Definíció egyszerû használata: a) log2 16 = 4 , mert 2 4 = 16 . b) lg 1000 = 3, c) log3 1 = -2, 9 d) log 1 1 = 3, 5 125 e) log 1 8 = -3, 2

mert 103 = 1000 . mert 3-2 = 1 . 9 3 mert b 1l = 1 . 5 125 -3 mert b 1l = 23 = 8 . 2

g) log3 5 27 = 3 , 5

mert 3 5 = 5 33 = 5 27 .

3. példa Hozzuk egyszerûbb alakra a kifejezést! a 4 + log

Radioaktív kormeghatározáskor az exponenciális bomlási törvényt használjuk

Megoldás A hatványozás, négyzetgyök és a logaritmus tulajdonságai, definíciója alapján a 4 + log

4. példa Számítsuk ki a kifejezés pontos értékét: 32 + log

Megoldás 32 + log

+ 10- lg 4 = 32 $ 3log

+ ^10lg 4h = 9 $ a9 2 k -1

h + 1 = 9 $ 25 + 1 = 9 $ 5 + 1 = 45,25. 4 4 4

Fogalmak b pozitív szám a alapú logaritmusa; 10-es alapú logaritmus.

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS FELADATOK 1. K1

Írjuk át a logaritmus fogalmának felhasználásával az alábbi hatványokat logaritmusos alakba! a) 35 = 243,

Írjuk át hatványalakba az alábbi egyenlõségeket! a) log2 16 = 4 , log9 81 = 2, log9 3 = 1 , 2 b) log 1 4 = -2, log 3 1 = -6 , log 49 1 = – 1 , 7 27 2 2

1 -5 5 b 10 l = 10 .

Számítsuk ki az alábbi logaritmus értékeket! a) log2 8 ,

Számítsuk ki az alábbi logaritmusos kifejezések értékét! a) 2log 6 ; b) 4log 5 ; c) 16log 3 ; d) 2log 9 ; 2

Számítsuk ki az alábbi kifejezések értékét! K1 a) 102 lg 3 + 1; 1 log 49 1 5

Ajánlott feladatok Gyakorló és érettségire felkészítõ feladatgyûjtemény I. 942–948.

A TERMÉSZETES ALAPÚ LOGARITMUS ÉS EGYÉB … (OLVASMÁNY)

A TERMÉSZETES ALAPÚ LOGARITMUS ÉS EGYÉB MATEMATIKATÖRTÉNETI ÉRDEKESSÉGEK (OLVASMÁNY) A középkor végének Európájában egyre fontosabbá vált a hajózás, csillagászat, kereskedelem, és az ipar fejlesztése. Ezt a felgyorsult fejlõdést elsõsorban mûszaki és matematikai vívmányoknak köszönhették. A pénzforgalomban érdekelt szakemberek számára a kamatos kamat gyors kiszámítása érdekében táblázatokat készítettek. Az elsõ táblázatot Joost Bürgi svájci mûszerkészítõ készítette. A táblázat megjelenése elõtt John Napier skót matematikus egy speciális mozgás leírását vizsgálta. A vizsgált mozgás lényege, hogy valaki egy d hoszszúságú úton úgy mozog, hogy sebességének mérõszáma minden pillanatban a hátralevõ út hosszával egyezzen meg. Az idõt rövid, m hosszúságú szeletekre vágta, és a sebességet minden szeletben állandónak vette. Az eredményekbõl út-idõ táblázatot készített. A megfeleltetést a görög logosz, arány és arithmosz, szám összevonásából latinosan logaritmusnak nevezte el. Napier munkáját az Oxfordi Egyetem professzora, Henry Briggs (1561–1630) fejlesztette tovább, ez jelentette a logaritmus alapjának megfogalmazását, egyben a tízes alapú logaritmus megszületését is. A gyakorlati életben a különbözõ fizikai mennyiségek által keltett, általunk érzékelt fiziológiai érzet a fizikai jel logaritmusával arányos. Erre épülnek bizonyos logaritmussal arányos skálák elkészítései, ezek közül talán a legismertebbek a decibel-skálák (hangtanban és akusztikában használatos), illetve a Richter-skála (földrengés erôsség mérésénél használják) (Charles Francis Richter amerikai szeizmológus (1900–1985)). Amikor az exponenciális függvényt, logaritmus fogalmát tanuljuk, talán a 2-es alap használata a „legtermészetesebb”, mivel a kis pozitív számok között sok olyan van, aminek 2-es alapú logaritmusa egész. (Pl. 2, 1 , 4, 1 , 8, 1 , …) 4 2 8 A tízes alap elõnye, hogy ehhez az alapszámhoz készültek táblázatok, illetve a mai számológépek is ezt használják.

Elég meglepõ ezért, hogy a logaritmus használatában mégsem ezen számok valamelyikét nevezik a természetes alapú logaritmus alapszámának. n Ezt az alapszámot a legtöbb tankönyv az an = b1 + 1l sorozat határértékeként definiálja. Ez leegyn szerûsítve azt jelenti, hogy ha n helyére egyre nagyobb számokat írunk, akkor a sorozat tagjai egyre jobban közelítenek egyetlen valós számhoz. Eulerhez hasonlóan, néhány tankönyv ezt a számot egy végtelen tagú összegként definiálja: 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + f + 1 + f. 1! 2! 3! 4! n! Az így elõállított szám: e ≈ 2,718281…. 2000-ben számítógép segítségével e-nek már 109 nagyságrendû tizedes jegyét állapítottak meg. A loge x jelölés helyett bevezették a ln x jelölést, az ln a logarithmus naturalis kifejezés rövidítése.

Joost Bürgi (1556–1632)

John Napier (1550–1617)

Miért éppen az e szimbólumot választották? Erre nincs pontos adatunk. Egyesek szerint az exponenciális szó kezdõbetûjébõl, mások az addig gyakran használt a, b, c, d betûk sorozatában egyszerûen a következõ betût látják benne. Ismert az a vélekedés is, miszerint Euler önmagáról nevezte a számot e-nek. (Leonhard Euler svájci matematikus (1707–1783).) Az e számról már Euler bizonyította, hogy irracionális szám, Liouville belátta, hogy egyetlen egész együtthatós másodfokú polinomnak sem gyöke, Hermite azt is igazolta 1873-ban, hogy transzcendens szám. (Joseph Liouville (1809– 1882) és Charles Hermite (1822–1901) francia matematikusok voltak.)

I. HATVÁNY, GYÖK, LOGARITMUS Miért éppen ezt a számot választották a „természetes alapú logaritmus” alapszámának, hiszen ezzel a számmal igen körülményes számolni? Erre már tudunk kézenfekvõ magyarázatot adni. A gyakorlati életben megfigyelt összefüggések adnak erre magyarázatot.

1. példa Egy radioaktív izotóp bomlásánál az izotópok számát az idõben csökkenõ exponenciális függvény írja le: N^ t h = N^0h e- mt ,

ahol N(t) az izotópok száma a t idõpillanatban, N(0) pedig az N értéke t = 0 pillanatban, m pedig egy magtól függõ állandó, amit bomlási állandónak nevezünk. Mivel a felezési idõ azt az idõtartamot adja meg, amely alatt a kezdeti érték felére csökken N, ez a következõképp számolható: 0,5N^0h = N^0h e- mT , 1/2

ahol T1/2 a felezési idõt jelöli, ezt szeretnénk kifejezni az egyenletbõl. A felezési idõ független a kezdeti értéktõl, az N(0) kiesik az egyenletbõl, és a felezési idõt a következõképp kapjuk: 0,5 = e- mT , – ln 0,5 = mT1/2 . 1/2

Mivel –ln 0,5 = ln 2, írhatjuk, hogy ln 2 = mT1/2 . Innen T1/2 = ln 2 az izotóp felezési ideje. m

2. példa Mutathatunk példát a bankszektorból. Elõfordulhat az, hogy egy bank a lekötött betétek után nem éves, féléves, havi lekötést, hanem úgynevezett folyamatos tõkésítést alkalmaz. Ez esetben a tõkésítések száma végtelen. A képlet az alábbiak szerint alakul: An = A0 $ e n $ p , ahol: An : az n. év végén (idõszak végén) esedékes pénzösszeg, A0 : a jelenlegi pénzösszeg, p: a kamatláb, n: az évek száma (idõszakok száma), e: a természetes logaritmus alapja (e ≈ 2,718). Ha arra vagyunk kíváncsiak, hogy a betett pénzösszeg mennyi idõ alatt növekedik egy adott értékre, akkor A n = 1 $ ln n képlet segítségével határozhatjuk meg. p A0

8. A LOGARITMUSFÜGGVÉNY Végül még egy példa a logaritmus használatára:

3. példa (10-es alapú logaritmus használatára) A hangintenzitás Ha a hang merõlegesen esik egy A nagyságú felületre, az erre a felületre a hang által szállított teljesítmény legyen: P. Ekkor hangintenzitásnak nevezzük az I = P mennyiséget. A -12 W 1 kHz esetén az emberi fül már I0 = 10 intenzitást is érzékel. Ezt nevezzük az emm2 beri fül küszöbintenzitásának. A hangnyomásszint Az ember hangérzete nem a hangintenzitással (I) arányos. A pontos összefüggés bonyolult. Közelítése a hangérzet, amely lg I-vel arányos. Hangnyomásszint: n = 10 $ lg I . I0

Fogalmak természetes alapú logaritmus alapszáma; e alapú logaritmus.

Történeti elnevezés: decibel-skála. Az emberi hallás szélsõértékei 0 dB, illetve 130 dB. (Forrás: Kós Rita-Kós Géza: Miért természetes az „e”? KÖMAL; Sain Márton: Nincs királyi út; Wikipédia)

8. A LOGARITMUSFÜGGVÉNY A logaritmus definíciója alapján értelmezhetjük a logaritmusfüggvényt: Azt a függvényt, amely minden pozitív valós számon értelmezve van, és minden számhoz annak az a alapú (a > 0, a ≠ 1) logaritmusát rendeli hozzá, az a alapú logaritmusfüggvénynek nevezzük. f : R+ → R, f^ x h = log a x , ahol a > 0, és a ≠ 1.

1. példa Ábrázoljuk, jellemezzük az f : R+ → R, f^ x h = log2 x függvényt. y