§ 11. Ірраціональні нерівності 201
Запитання для контролю
1.Поясніть, які обмеження доведеться накласти на змінну х, щоб розв’язати рівняння x−2 = x−6 за допомогою рівносильних перетворень.
2.Наведіть приклад однорідного ірраціонального рівняння. Складіть план його розв’язування.
Вправи
1.Розв’яжіть ірраціональне рівняння за допомогою рівносильних перетворень:
|
1) |
3x−2 =5−x; |
2) |
|
3−2x − 1−x =1; |
|
|
3) |
3x+4 + x−4 =2 x; |
4) |
|
x+5 + x = 4x+9. |
|
Розв’яжіть рівняння (2–5). |
|
|
|
|
|
|
|
|
2. |
1) |
x+2 x−1 + x−2 x−1 =x+1; |
2) |
|
x−3−2 x−4 + x−4 x−4 =1. |
3. |
1) |
3 (x+1)2 +23 (x−1)2 =33 x2 −1; |
2) |
x2 +x x+1−2(x+1) =0. |
4. |
1) |
x−1− x−2 = 4 x2 −3x+2; |
2) |
|
3 2x+3 − 3 2x+1 =2. |
5. |
1) |
x5 x −1 + |
5 x3 −1 |
=16; |
2) |
1 |
+ |
1 |
|
= 1. |
|
|
x + 3 x |
x − 3 |
|
|
|
5 x3 −1 |
5 x −1 |
|
|
|
x |
3 |
§ 11 ІРРАЦІОНАЛЬНІ НЕРІВНОСТІ
Таблиця 23
1. Метод інтервалів (для нерівностей виду f (x) 0)
1)Знайти ОДЗ нерівності.
2)Знайти нулі функції f (x) (f (x) = 0).
3)Відмітити нулі функції на ОДЗ і знайти знак функції в кожному проміжку, на які розбивається ОДЗ.
4)Записати відповідь, ураховуючи знак нерівності
Розв’яжіть нерівність x+4 > x+2. Задана нерівність рівносильна нерів-
ності x+4 −x−2>0. Позначимо f(x) = x+4 −x−2. ОДЗ: х + 4 l 0, тобто х l –4.
Нулі f (x): x+4 −x−2=0, x+4 = x+2,
х + 4 = х2 + 4х + 4, х2 + 3х = 0, х1 = 0 — корінь, х2 = –3 — сторонній корінь.
Відмічаємо нулі на ОДЗ і знаходимо знак функції f (x) у кожному проміжку.
202 Розділ 2. СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ
Продовження табл. 23
2. Рівносильні перетворення
1) При піднесенні обох частин |
Розв’яжіть нерівність |
3 x+2 < −1. |
нерівності до непарного сте- |
ОДЗ: х R. |
|
пеня (із збереженням знака |
Задана нерівність рівносильна нерівно- |
нерівності) одержуємо нерів- |
стям: |
|
ність, рівносильну заданій |
(3 x+2)3 <(−1)3, х + 2 < –1, х < –3. |
(на ОДЗ заданої) |
Відповідь: (–∞; –3). |
|
|
|
|
Розв’яжіть нерівність |
4 2x−6 <1. |
ОДЗ: 2х – 6 l 0, тобто х l 3. Обидві
2)Якщо обидві частини не- частини заданої нерівності невід’ємні, рівності невід’ємні, то при отже, вона рівносильна (на її ОДЗ) не-
піднесенні обох частин не- рівностям:
рівності до парного степеня |
(4 2x−6)4 <14, 2х – 6 < 1, x < 7. |
(із збереженням знака нерів- |
Ураховуючи ОДЗ, одержуємо |
2 |
ності) одержуємо нерівність, |
|
рівносильну заданій (на ОДЗ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7 |
|
|
|
заданої) |
|
|
|
|
|
|
|
|
Відповідь: 3; |
|
|
3mx < 2. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3) Якщо на ОДЗ заданої не- |
Розв’яжіть нерівність |
x+4 > x+2. |
рівності якась частина не- |
Задана нерівність рівносильна сукуп- |
рівності |
може |
набувати |
як |
ності систем: |
|
|
|
|
|
|
x+4l 0, |
додатних, |
так |
і |
від’ємних |
x+ |
2l 0, |
|
|
|
|
|
|
значень, |
то, |
перш ніж |
під- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
або |
|
( |
|
)2 |
|
|
|
|
|
|
+2<0. |
носити |
обидві |
частини |
не- |
|
|
>(x+2) |
2 |
x |
|
x+4 |
|
|
|
|
|
|
|
рівності до парного степеня, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xl −2, |
|
|
|
|
|
xl −4, |
|
ці випадки |
слід |
розглядати |
Тоді |
+3x <0 |
або |
|
|
|
|
окремо. |
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
x < −2. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’язав и нерівність х2 + 3х < 0, ма- |
Наприклад, |
|
|
|
|
|
|
2k f(x) > g(x) |
|
|
|
ємо –3 < х < 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g(x)l |
0, |
|
|
|
f(x)l 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ураховуючи нерівність х l –2, одер- |
|
або |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f(x) > g2k (x) |
|
|
g(x)<0. |
жуємо |
розв’язок |
пер ої |
системи: |
|
|
|
f(x)l 0, |
|
|
–2 m х < 0. Розв’язок другої системи: |
2k f(x) < g |
(x) |
|
|
|
|
|
|
–4 m х < –2. Об’єднуючи ці розв’язки, |
g(x) >0, |
|
|
одержуємо відповідь. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2k |
(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
Відповідь: [–4; 0). |
|
|
|
|
|
|
|
f(x)< g |
|
|
|
|
|
§ 11. Ірраціональні нерівності 203
Пояснення й обґрунтування
1.Розв’язування ірраціональних нерівностей методом інтервалів.
Загальну схему розв’язування нерівностей методом інтервалів пояснено в § 4 розділу 1, а приклад застосування методу інтервалів до розв’язування ірраціональних нерівностей наведено в таблиці 23.
2.Рівносильні перетворення ірраціональних нерівностей. Коли для розв’язування ірраціональних нерівностей використовують рівносильні перетворення, то найчасті е за допомогою піднесення обох частин нерівності до одного й того самого степеня задана нерівність зводиться до раціональної нерівності. При цьому потрібно мати на увазі такі властивості.
1)Якщо обидві частини нерівності доводиться підносити до непар-
ного степеня, то скористаємося тим, що числові нерівності A > B і A2k + 1 > B2k + 1 або одночасно правильні, або одночасно неправильні.
Тоді кожен розв’язок нерівності |
|
f (x) > g (x) |
(1) |
(який перетворює цю нерівність у правильну числову нерівність)
буде також і розв’язком нерівності |
|
f2k + 1 (x) > g2k + 1 (x) |
(2) |
і, навпаки, кожен розв’язок нерівності (2) буде також і розв’язком нерівності (1), тобто нерівності (1) і (2) — рівносильні. Отже, при
піднесенні обох частин нерівності до непарного степеня (із збереженням знака нерівності) одержуємо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої).
Наприклад,
2k+1 f(x) > g(x) f(x) > g2k+1 (x)
2)Аналогічно, якщо числа A і B невід’ємні (A l 0, B l 0), то число ві нерівності A > B і A2k > B2k також або одночасно правильні, або одночасно неправильні. Повторюючи попередні міркування, маємо:
якщо обидві частини нерівності невід’ємні, то при піднесенні обох частин нерівності до парного степеня (із збереженням знака нерівності) одержуємо нерівність, рівносильну заданій (на ОДЗ заданої).
Наприклад, розглядаючи нерівність
на її ОДЗ, де f (x) l 0, помічаємо, що для всіх розв’язків нерівності (3) ліва частина невід’ємна (арифметичний корінь 2k f(x) l 0)
і нерівність (3) може виконуватися тільки за умови
g (x) > 0. (4) Якщо виконується умова (4), то обидві частини нерівності (3)
невід’ємні, і при піднесенні до парного степеня 2k одержуємо нерівність,
204 Розділ 2. СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ
рівносильну заданій: f (x) < g2k (x) (звичайно, за умови врахування ОДЗ заданої нерівності та умови (4)). Отже,
f(x) l 0,
f(x) < g(x) g(x) > 0,
2k
f(x)< g2k (x)
3)Якщо за допомогою рівносильних перетворень необхідно розв’язати нерівність
на її ОДЗ, де f (x) l 0, то для правої частини цієї нерівності розглянемо два випадки: а) g (x) < 0; б) g (x) l 0.
а) При g (x) < 0 нерівність (5) виконується для всіх х з ОДЗ заданої нерівності, тобто при f (x) l 0.
б) При g (x) l 0 обидві частини нерівності (5) невід’ємні, і при піднесенні до парного степеня 2k одержуємо нерівність, рівносильну заданій:
Зауважимо, що для всіх розв’язків нерівності (6) обмеження ОДЗ заданої нерівності f (x) l 0 виконується автоматично; отже, при g (x) l 0 достатньо записати тільки нерівність (6).
Об’єднуючи одержані результати, доходимо висновку, що:
|
|
|
|
g(x) l 0, |
f(x) l 0, |
|
|
|
|
|
2k f(x) > g(x) |
|
або |
|
|
|
|
|
f(x) |
> g2k (x) |
g(x)< 0 |
|
|
|
Приклади розв’язання завдань |
x+3 − x−1 > 2x−1. |
|
|
|
|
|
|
Приклад 1. |
Розв’яжіть нерівність |
Коментар
Зведемо нерівність до виду f (x) > 0 і розв’яжемо її методом інтервалів. Для того щоб знайти нулі функції f (x), використаємо рівняннянаслідки. Щоб вилучити сторонні корені, виконаємо перевірку одержа-
них розв’язків.
Розв’язання
Задана нерівність рівносильна нерівності x+3 − x−1− 2x−1 >0.
Позначимо f(x) = |
x+3 − |
|
x−1− 2x−1. |
|
x+3l 0, |
|
xl −3, |
|
|
1. ОДЗ: |
|
|
xl |
1, |
тобто |
х l 1. |
x−1l 0, Тоді |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
, |
|
|
|
2x−1l 0. |
|
xl |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
§ 11. Ірраціональні нерівності 205
2. Нулі функції f (x): x+3 − x−1− 2x−1 =0. Тоді:
x+3 − x−1 = 2x−1, ( x+3 − x−1)2 =( 2x−1)2, x+3−2 x+3 æ x−1+x−1=2x−1, 2 x+3 i x−1 =3.
Підносимо обидві частини останнього рівняння до квадрата: 4 (х + 3) (х – 1) = 9, 4х2 + 8х – 21 = 0,
x1 = 32 =1,5 — корінь, x2 = −72 — сторонній корінь.
3.Розбиваємо ОДЗ точкою 1,5 на два проміжки і знаходимо знак f (x) у кожному з проміжків (рис. 88).
Відповідь: [1; 1,5).
|
|
Розв’яжіть нерівність |
x3 + 8 |
> x−2. |
|
|
Приклад 2. |
Рис. 88 |
|
x |
|
|
|
|
|
I спосіб (метод інтервалів)
Коментар
Зведемо задану нерівність до виду f (x) > 0 і розв’яжемо її методом інтервалів. Для того щоб знайти ОДЗ заданої нерівності, теж застосуємо
метод інтервалів, розв’язуючи нерівність |
x3 + 8 |
|
x |
l 0 (ОДЗ: х ≠ 0; x3x+ 8 =0
при х = –2).
Для знаходження нулів функції f (x) використаємо рівняннянаслідки.
Хоча функція f (x) не має нулів, але й у цьому випадку метод інтервалів також працює. Тільки інтервали знакосталості функції f (x) збігаються з інтервалами, з яких складається її область визначення.
Розв’язання
Задана нерівність рівносильна нерівності
|
|
|
|
|
|
x3 + 8 |
−x+2>0. |
|
(1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
Позначимо f(x) = |
x3 + 8 |
−x+2. |
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x3 + 8 |
l 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’яжемо нерівність x |
3 |
+ 8 l 0 |
1. ОДЗ: x |
|
|
|
|
0. |
|
|
|
|
|
|
x |
x ≠ |
|
|
|
|
|
|
|
|
методом інтервалів (рис. 89). Одержуємо: х (–∞; –2] È (0; +∞).
2. Нулі функції f (x): x3 + 8 x
206 Розділ 2. СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ
3 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
x x+ 8 = x−2, |
x x+ 8 = x2 − 4x+ 4, х3 + 8 |
= х3 – 4х2 + 4х, |
|
4х2 – 4х + 8 = 0 — коренів немає (D < 0). |
|
|
|
|
|
|
|
3. ОДЗ нерівності (1) |
розбивається на два |
|
|
|
|
|
|
|
проміжки, у яких функція f (x) має зна- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ки, указані на рисунку 90. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Відповідь: (–∞; –2] È (0; +∞). |
|
|
|
|
Рис. 90 |
|
ІІ спосіб (рівносильні перетворення)
Коментар
Для розв’язування використаємо рівносильні перетворення:
g(x)l 0, |
або |
f(x)l 0, |
2k f(x) > g(x) |
|
f(x) > g2k (x) |
|
g(x)< 0. |
Щоб розв’язати одержану проміжну нерівність |
x3 + 8 l 0, урахуємо |
|
x |
умови, за яких цей дріб буде невід’ємним. |
|
У кінці, об’єднуючи одержані розв’язки, отримуємо відповідь.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’язання |
|
|
|
|
|
|
|
|
x3 |
+ 8 |
|
|
|
|
x − 2l 0, |
|
|
x3 + 8 |
l 0, |
xl2, |
|
|
|
|
> x− 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
+ 8 |
|
або x |
2< 0 |
x3 + 8 |
> x |
2 |
− 4x+ 4, |
|
x |
|
|
|
|
x |
|
> (x− 2)2, |
|
x− |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x3 + 8 |
l |
0, |
|
xl2, |
|
|
x3 + 8l 0 |
x3 + 8m0, |
|
|
|
|
|
|
4x2 |
− 4x + 8 |
|
|
|
> 0, |
або |
|
< 0, |
|
|
або |
x |
|
|
|
|
> 0, |
або x |
x |
|
|
|
x < 2 |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
< 2, |
|
|
< 2. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
x |
|
|
Ураховуючи, |
|
що |
4х2 – 4х + 8 > 0 |
при |
всіх |
значеннях |
|
х (D < 0 |
і а = 4 > 0), одержуємо, що остання сукупність трьох систем рівносильна
|
xl2, |
|
xl −2, |
|
xm −2, |
|
сукупності: |
або |
|
або |
|
|
|
x > 0, |
x < 0, |
|
x > 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
x < 2, |
|
x < 2 |
|
х l 2 або 0 < x < 2, або х m –2 х m –2 або х > 0. Відповідь: (–∞; –2] È (0; +∞).
Зауваження. Записуючи наведене розв’язання, знаки рівносильності ( ) можна не ставити, достатньо на початку розв’язання записати: «Виконаємо рівносильні перетворення заданої нерівності».
Рис. 91
§ 11. Ірраціональні нерівності 207
Приклад 3. Розв’яжіть нерівність
3x+9−4 3x+5 + 3x+14−6 3x+5 m1. |
(1) |
Коментар
Заміна 3x+5 =t дозволяє помітити, що кожен вираз, який стоїть під знаком зовні нього квадратного кореня, є квадратом двочлена.
Застосовуючи формулу a2 = a , одержуємо нерівність з модулями, для розв’язування якої використовуємо такий план:
1)знайти ОДЗ;
2)знайти нулі всіх підмодульних функцій;
3)відмітити нулі на ОДЗ і розбити ОДЗ на проміжки;
4)знайти розв’язки нерівності в кожному з проміжків.
Розв’язання
Нехай 3x+5 =t, де t l 0. Тоді 3x + 5 = t2, 3x = t2 – 5.
Отримуємо нерівність t2 +4−4t + t2 +9−6t m1, яку можна записати так:
(t−2)2 + |
(t−3)2 m1. Одержуємо |
|
| t – |
2 | + | t – 3 | m 1. |
(2) |
1.ОДЗ нерівності (2): t R, але за змістом завдання цю нерівність потрібно розв’язати при t l 0.
2. Нулі підмодульних функцій: t = 2 і t = 3. 3. Ці нулі розбивають область t l 0 на три
проміжки, у кожному з яких кожна підмодульна функція має постійний знак (рис. 91).
Проміжок І. При t [0; 2] маємо нерівність
–(t – 2) – (t – 3) m 1, з якої одержуємо t l 2, але в проміжок [0; 2] входить тільки t = 2.
Проміжок ІI. При t [2; 3] маємо нерівність (t – 2) – (t – 3) m 1, яка рівносильна нерівності 0•t m 0, що виконується при будь-яких значеннях t. Отже, у проміжку [2; 3] розв’язками нерівності будуть усі значення t із цього проміжку (2 m t m 3).
Проміжок III. При t [3; +∞) маємо нерівність (t – 2) + (t – 3) m 1, з якої одержуємо t m 3, але в проміжок [3; +∞) входить тільки значення t = 3.
Об’єднуючи одержані результати, робимо висновок, що розв’язками нерівності (2) будуть усі значення t такі, що 2 m t m 3.
Виконуючи обернену заміну, маємо 2 m 3x+5 m 3, звідки 4 m 3x + 5 m 9.
208 Розділ 2. СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ
Тоді −13 mxm 43.
Відповідь: −13; 43 .
Запитання для контролю
1.Назвіть основні методи розв’язування ірраціональних нерівностей.
2.Назвіть основні етапи розв’язування ірраціональної нерівності методом інтервалів.
3.Обґрунтуйте справедливість таких рівносильних перетворень:
1)2k+1 f(x) > g(x) f(x) > g2k+1 (x);
f(x) l 0, f(x) < g(x) g(x) >0,
f(x)< g2k (x);
g(x) l 0, f(x) > g(x)
f(x) > g2k (x)
|
Вправи |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’яжіть нерівність (1–8). |
|
|
|
|
|
|
1. |
1) |
|
x2 −3x−18 <4−x; |
|
2) |
x2 −3x <5−x. |
|
2. |
1) (x−3) x2 +4 m x2 −9; |
2) (x−1) x2 +1 mx2 −1. |
|
3. |
1) |
|
|
6 + x − x2 |
|
6 + x − x2 |
|
2) |
3 −2x − x2 |
|
|
3 −2x − x2 |
|
|
|
2x +5 |
m |
x + 4 |
; |
|
x + 8 |
m |
2x +1 |
; |
|
|
|
|
|
|
4. |
1) |
|
x−2 + 2x+5 l 3; |
|
2) |
2x−20 + x+15 l 5. |
5. |
1) |
|
14 |
|
l |
x +5; |
|
2) |
x − |
x −2 >0. |
|
|
3 − |
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
x − |
x −6 |
|
|
|
|
6. |
1) |
|
|
x3 + 27 |
> x−3; |
|
2) |
x4 −2x2 +1 >1−x. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7*. 1) 5x+8−6 5x−1 + 5x+24−10 5x−1 m 2; |
|
|
|
2) |
|
x+3−4 x−1 + x+8−6 x−1 >1. |
|
|
|
|
8*. 1) ( x2 −4x+3 +1) x + x1 ( 8x−2x2 −6 +1)m0; |
|
|
|
2) ( |
|
x2 −5x+6 +2) x − 1 |
( 10x−2x2 −12 +2)l 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
§ 12. Узагальнення поняття степеня. Степенева функція, її властивості та графік 209
|
|
|
УЗАГАЛЬНЕННЯ ПОНЯТТЯ СТЕПЕНЯ. |
|
|
§ 12 |
|
|
|
|
СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ, ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ ТА ГРАФІК |
12.1. Узагальнення поняття степеня |
|
Таблиця 24 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1. Степінь з натуральним і цілим показниками |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a1 = a |
|
|
an = a i a i |
... i a |
а R, n N (n l 2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n разів |
|
|
|
|
|
|
|
|
a ≠ 0 |
a−n = |
1 |
|
a ≠ 0, n N |
|
|
|
|
a0 = 1 |
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Степінь з дробовим показником |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
a l 0 |
|
m |
a > 0, n N (n l 2), m Z |
|
an = n a |
|
an = n am |
3. Властивості степенів
am i an = am+n am :an = am−n (am)n = amn
(ab)n = anbn
(ab )n = abnn (ab )−n = (ab )n
Пояснення й обґрунтування
1. Вам відомі поняття степенів з натуральним і цілим показниками. Нагадаємо їх означення та властивості.
Якщо n — натуральне число, біль е за 1, то для будь-якого дійсно-
го числа a an = a i a i ... i a , тобто an дорівнює добутку n співмножни-
n разів
ків, кожен з яких дорівнює a.
При n = 1 вважають, що a1 = a .
|
Якщо a ≠ 0, то |
|
і |
a−n = |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
a0 = 1 |
|
, де n — натуральне число. |
|
|
|
|
|
|
|
a |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= –125, 2−3 = |
1 |
= 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Наприклад, (–5)3 = (–5)•(–5)•(–5) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
23 |
8 |
|
|
|
|
Також вам відомі основні властивості степенів: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
am i an = am+n; am :an = am−n; (am)n = amn; (ab)n = anbn; (a)n |
= |
an |
. |
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
b |
Нагадаємо ще одну корисну властивість
210 Розділ 2. СТЕПЕНЕВА ФУНКЦІЯ
(a )−n = |
1 |
= |
1 |
= |
bn |
=( |
b |
)n. |
|
|
|
|
n |
n |
n |
|
|
|
|
|
b |
(b ) |
|
a |
|
a |
|
a |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
bn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
5− |
1 |
|
Узагальнимо поняття степеня для виразів виду 37 |
; 60,2; |
3 |
і т. п., |
тобто для степенів з раціональними показниками. Відповідне означення бажано дати так, щоб степені з раціональними показниками мали ті самі властивості, що й степені з цілими показниками.
Наприклад, якщо ми хочемо, щоб виконувалася властивість (ap)q = apq,
m |
n |
m |
то повинна виконуватися рівність (an ) |
|
= an in = am. Але за означенням |
m
кореня nго степеня остання рівність означає, що число an є коренем nго степеня з числа am. Це приводить нас до такого означення.
Степенем числа a > 0 з раціональним показником r = m, де m — ціле |
|
|
|
|
|
n |
|
число, а n — натуральне число (n > 1), називається число n am. |
|
Також за означенням приймемо, що при r > 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0r = 0 |
. |
|
|
Наприклад, за означенням степеня з раціональним показником: |
|
2 |
1 |
|
3 |
2 |
|
37 = 7 32 = 7 9; |
53 = 3 5; |
2−4 = 4 2−3 = 4 1; |
05 =0. |
|
|
|
|
8 |
|
m |
Зауваження. Значення степеня з раціональним показником |
an |
(де n > 1) не означають при a < 0. |
|
|
|
|
Це пояснюють тим, що раціональне число r можна подати різними |
способами у вигляді дробу: r = m = mk, |
де k — будь-яке натуральне число. |
|
n nk |
|
|
|
|
При а > 0, використовуючи основну властивість кореня і означення |
|
|
|
|
m |
|
mk |
степеня з раціональним показником, маємо: ar = an |
= n am = nk amk = ank . |
Отже, при а > 0 значення аr не залежить від форми запису r. |
|
При а < 0 ця властивість не зберігається. Наприклад, якщо r = 1 |
= 2, |
|
|
|
|
|
3 |
6 |
|
|
|
|
1 |
2 |
Але при а = –1 одержуємо: |
то повинна виконуватися рівність a3 |
= a6. |
1 |
1 |
2 |
2 |
= 6 (−1)2 = 6 1 |
=1≠ −1, тобто при від’ємних |
a3 |
=(−1)3 = 3 −1 = −1; |
a6 |
=(−1)6 |
|
|
1 |
2 |
|
|
m |
значеннях а маємо: a3 |
≠ a6. Через це означення степеня an (т — ціле, |
п — натуральне, не рівне 1) для від’ємних значень а не вводять. Покажемо тепер, що для введеного означення степеня з раціональ-
ним показником зберігаються всі властивості степенів з цілими показниками (відмінність полягає в тому, що наведені далі властивості є правильними тільки для додатних основ).