Microsoft Rapporten

Transcription

Microsoft Rapporten

Grundlæggende regneteknik
Anne Ryelund, Mads Friis og Anders Friis
13. november 2014
Indhold
Forord
iii
Indledning
iv
1 Regning med brøker
1.1 Faktorisering i primtal . . . . . . .
1.2 Primtalsfaktorisering i brøkregning
1.3 En lille reprimande... . . . . . . . .
1.4 Gode eksempler . . . . . . . . . . .
1.5 Opgaver . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
1
3
6
8
9
11
2 Regning med potenser
2.1 Potensregnereglerne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Gode eksempler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Opgaver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
14
20
22
3 Kvadratsætninger
3.1 Kvadratkomplementering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Gode eksempler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Opgaver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
26
27
30
4 Ligninger
4.1 Hvad er en ligning? . . .
4.2 Løsningsteknik . . . . .
4.3 Det simple tilfælde . . .
4.4 Det lidt sværere tilfælde
4.5 Trivielle ligninger . . . .
4.6 Ligninger uden løsning .
4.7 Gode eksempler . . . . .
4.8 Opgaver . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5 Andengradsligninger
5.1 Grundform . . . . . . . . . . .
5.2 Nulreglen . . . . . . . . . . .
5.3 Løsningsformlen . . . . . . . .
5.4 Skjulte andengradsligninger og
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
33
33
34
36
37
39
40
40
43
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
substitution .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
45
45
47
48
51
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
i
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5.5
5.6
Gode eksempler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Opgaver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 Kvadratiske ligningssystemer
6.1 Hvad er et kvadratisk ligningssystem?
6.2 Substitutionsmetoden . . . . . . . . .
6.3 Antallet af løsninger . . . . . . . . .
6.4 Gode eksempler . . . . . . . . . . . .
6.5 Opgaver . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
A Talmængder
Gamle opgavesæt
TalentCamp Rønne 2014
TalentWeek 2014 . . . .
TalentCamp Greve 2014
Øvelsessæt 1 . . . . . . .
Øvelsessæt 2 . . . . . . .
53
56
58
58
58
60
63
67
71
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Facitlister
Regning med brøker . . . . .
Regning med potenser . . . .
Ligninger . . . . . . . . . . .
Andengradsligninger . . . . .
Kvadratiske ligningssystemer .
Kvadratsætninger . . . . . . .
TalentCamp Rønne 2014 . . .
TalentWeek 2014 . . . . . . .
TalentCamp Greve 2014 . . .
Øvelsessæt 1 . . . . . . . . . .
Øvelsessæt 2 . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ii
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
74
75
79
83
87
91
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
94
94
96
97
98
100
101
104
106
108
110
112
Forord
Bogen er skrevet af Anne Ryelund, Mads Friis og Anders Friis og er en sammenfatning af
vores noter til Matematik Intro, som er det indledende kursus p˚
a TalentCampDKs sciencelinje.
Bogen er skrevet for at efterkomme et ønske fra vores elever om at kunne repetere de
emner, der er bliver introduceret i Matematik Intro. Teksten er s˚
aledes henvendt til elever
tilknyttet TalentCampDKs sciencelinje men kan ogs˚
a læses som en grundlæggende indføring
i brøkregning, potensregning, kvadratsætninger og ligningsløsning.
Det primære form˚
al med hæftet er at udvikle læserens regnetekniske færdigheder, og
gøre læseren i stand til at løse opgaver. Vi har forsøgt at gøre indholdet s˚
a tilgængeligt og
anvendeligt som muligt ved at bygge teksten op omkring eksempler, der illustrerer konkret
løsningsteknik. Bogen er ikke ment som en stringent indføring i regning, og hvor det er
muligt, begrænser vi os til intuitive argumenter.
Selvom bogen ikke er en fuld indføring, vil læseren formentlig finde, at teksten adskiller
sig markant fra andre indføringer i samme emner henvendt til grundskolen ældste elever. Det
skyldes, at en af TalentCampDKs m˚
alsætninger er at gøre vores elever i stand til at læse
tekster af mere akademisk karakter. Derfor har vi valgt at strukturere teksten p˚
a samme
m˚
ade som undervisningsmaterialer p˚
a universitetet.
Vi vil gerne rette en særlig tak til Signe Baggesen, der har gennemlæst og kritiseret et
mangelfuldt første udkast til hæftet. Med hendes rettelser og forslag til ændringer, er vi
kommet et stort skridt nærmere en læseværdig tekst.
Vi skylder ogs˚
a vores undervisningsassistenter Elisabeth Friis, Anders Christensen og Nicolai Carstensen en tak for at regne alle opgaverne igennem og p˚
apege pinligt mange sm˚
afejl.
Desuden har Nicolai forfattet opgaverne til øvelsessæt 2, som findes i bogens opgavesamling.
Anders Friis
iii
Indledning
Bogen er inddelt i seks kapitler, som svarer til de seks emner, der udgør kurset Matematik
Intro p˚
a TalentCampDKs TalentCamps. De første tre kapitler gennemg˚
ar grundlæggende
regneteknik, mens kapitel fire til seks omhandler ligningsløsning. Kapitlerne bygger ikke
ovenp˚
a hinanden i direkte forstand, men de senere kapitler trækker p˚
a de grundlæggende
koncepter i de første kapitler.
Hvert kapitel afsluttes med 30 opgaver. De første opgaver er relativt lette at regne, hvis
man har forst˚
aet teksten, mens de sidste opgaver er svære og nogle af dem kræver, at man
selv kan f˚
a ideer udover det, der er præsenteret i teksten.
Efter kapitlerne findes et (meget) kort appendiks om mængder og talmængder. Dette er
henvendt til læsere, der ikke er bekendt med termerne de naturlige tal, de hele tal, de rationale tal og de reelle tal. Talmængderne bruges i flæng i hovedteksten, s˚
a det er en god ide
at starte med at læse appendikset, hvis man ikke er bekendt med disse.
Bogen indeholder ogs˚
a en opgavesamling best˚
aende af opgavesæt, der tidligere er blevet
stillet p˚
a TalentCamps samt to øvelsessæt af samme sværhedsgrad. Opgaverne i disse sæt
flugter med opgaverne til de enkelte kapitler, s˚
aledes at sværhedsgraden i de første opgaver
svarer til de første opgaver, der er stillet i forbindelse med kapitlerne og det samme gælder
de sværeste opgaver.
Bogen indeholder i alt 330 opgaver. Bagest i bogen findes en komplet facitliste. Der
fremg˚
ar dog ikke løsningsmetoder af facitlisten.
Vi anbefaler, at man løser s˚
a mange opgaver som muligt, n˚
ar man arbejder sig igennem
teksten. Teksten er skrevet med henblik p˚
a at lære læseren grundlæggende regneteknik, og
den eneste m˚
ade at blive god til at regne p˚
a er at løse opgaver. Det er desuden en god ide
at bruge tid p˚
a at forst˚
a eksemplerne i teksten. Alle de grundlæggende ideer er illustreret i
eksemplerne, og hvis man g˚
ar i st˚
a i en opgave, er det en god ide at lede efter et eksempel,
der ligner opgaven og forsøge at kopiere løsningsmetoden.
iv
Kapitel 1
Regning med brøker
I dette kapitel vil vi arbejde med brøker p˚
a en anvendt, færdighedsorienteret m˚
ade - alts˚
ai
højere grad beskæftige os med hvordan man regner med brøker frem for hvorfor brøkregning
fungerer, som den gør. Der vil s˚
aledes ikke indg˚
a deciderede beviser for de fremlagte p˚
astande
og regneregler, men lidt teoretiske overvejelser slipper vi naturligvis (heldigvis) ikke for!
Sætning 1.1 (Addition af brøker)
Vi starter med at genopfriske regnereglen for addition af brøker. Lad a, b, c, d ∈ R med
b, d 6= 0 (læs: Lad a, b, c, d være vilk˚
arlige (reelle) tal med b og d forskellige fra 0). Vi har da
følgende regneregel
a·d b·c
a·d+b·c
a c
+ =
+
=
(1.1)
b d
b·d b·d
b·d
Vi bemærker, at første lighedstegn f˚
as ved at give brøkerne en fælles nævner ; vi forlænger
den første brøk med d, den anden med b. Derefter lægger vi de to brøker sammen ved at
addere tællerne, mens vi bevarer samme nævner.
Ovenst˚
aende (1.1) er et teoretisk resultat, som giver os en metode til at finde fælles nævner, som ALTID virker. I mange tilfælde vil det dog være lettere blot at forlænge den ene
brøk, s˚
a de to brøker har fælles nævner, som vi skal se nu.
Eksempel 1.2
Lad os undersøge følgende udtryk
2
3
+
4 16
Vi f˚
ar nu direkte af regneregel (1.1), at
2
3
2 · 16 + 4 · 3
44 (†) 11
=
+
=
=
4 16
4 · 16
64
16
Vi har ganske vist løst problemet, men i den sidste udregning markeret med (†) har vi udført
en forkortning, som næsten er en lommeregner værdig. I dette eksempel er komplikationerne
ved hovedløst at bruge (1.1) direkte ikke uoverkommelige, men bliver tallene meget større er
1
man næsten nødsaget til at inddrage en lommeregner i forbindelse med forkortning af brøker.
Som nævnt kan nogle opgaver løses lettere, hvis man blot forlænger en af brøkerne. Dette
er tilfældet, n˚
ar nævneren i den ene brøk g˚
ar op i nævneren i den anden brøk. I vores tilfælde
har vi 4 | 16 (læs: 4 g˚
ar op i 16), s˚
a i stedet kan vi udføre følgende beregning
3
2·4
3
8
3
11
2
+
=
+
=
+
=
4 16
4 · 4 16
16 16
16
◦
hvor vi alts˚
a ikke løber ind i tilsvarende forkortningsproblemer.
Vi har natuligvis at subtraktion af brøker forløber p˚
a helt tilsvarende vis, men lad os for en
god ordens skyld tage et eksempel.
Eksempel 1.3
5 15
−
6 22
Vi bemærker som det første, at 6 - 22 (læs: 6 deler ikke 22). Vi kan alts˚
a ikke bruge samme
trick, som i Eksempel 1.2. I stedet f˚
ar vi
5 15
5 · 22 15 · 6
110
90
20
5
−
=
−
=
−
=
=
6 22
6 · 22 22 · 6
132 132
132
33
◦
hvor mange af udregninger ved første øjekast synes at være mørk magi (læs: uoverskuelige
at klare i hovedet). Og det er det ogs˚
a - de er i hvert fald lavet med et computerprogram.
Vi skal senere beskrive en teknik, der gør opgaver som denne mere medgørlige uden brug af
elektroniske hjælpemidler.
Vi vil nu begive os videre til en behandling af produkt og division af brøker.
Sætning 1.4 (Multiplikation af brøker)
Lad igen a, b, c, d ∈ R med b, d 6= 0. Da har vi følgende regneregel
a c
a·c
· =
b d
b·d
(1.2)
Med ord har vi alts˚
a, at produktet af to brøker er bestemt ved produktet af tællerne over
produktet af nævnerne. Regning med produkter er alts˚
a som udgangspunkt simplere end
addition, dog kan der opst˚
a problemer med store tal (vi kan i hvert fald nok alle blive enige
om, at der findes sjovere ting end at gange 3-cifrede tal). Vi skal senere skitsere en teknik til
at undg˚
a netop dette, men først tager vi lige et lidt mere medgørligt eksempel.
Eksempel 1.5
7 8
·
9 5
2
Med reference til (1.2) f˚
ar vi alts˚
a følgende
7·8
56
7 8
· =
=
9 5
9·5
45
◦
I Eksempel 1.5 kunne vi drage glæde af vores fortrolighed med den lille tabel, men selv den
store tabel kommer hurtigt til kort, n˚
ar tallene bliver meget større.
Lad os nu slutteligt indføre division af brøker.
Sætning 1.6 (Division af brøker)
Lad stadig a, b, c, d ∈ R, men denne gang lad b, c, d 6= 0. Vi har da følgende regel
a
a d
b
(1.3)
c = b·c
d
I ord har vi alts˚
a at en brøk divideret med en anden brøk svarer til at gange den første brøk
med den reciprokke (læs: omvendte) af dividenten - i stedet for at dividere med dc ganger vi
a omskrive ethvert problem, der involverer division af brøker, til et
alts˚
a med dc . Vi kan alts˚
problem med produkt af brøker.
Eksempel 1.7
3
2
7
9
Med henvisning til (1.3) og (1.2) f˚
ar vi da
3
2
7
9
(1.3)
=
27
3 9 (1.2) 3 · 9
·
=
=
2 7
2·7
14
◦
N˚
ar vi ser p˚
a division af brøker omskriver man s˚
aledes problemet til et produkt af to brøker,
som vi allerede har formuleret teorien for.
1.1
Faktorisering i primtal
Du har nu læst en overskrift, hvor du formodentlig kun kender 31 af ordene. Men frygt ej;
begrebet faktorisering dækker over en teknik, hvor man tager et udtryk og omskriver det til
et produkt (Husk: størrelserne, der indg˚
ar i et produkt kaldes faktorer ). Vi har eksempelvis
30 = 2 · 3 · 5 og 46 = 2 · 23
er faktoriseringer af 30 og 46. Vi vil indføre en mere matematisk stringent definition af
primtal, nemlig
3
Definition 1.8
Et naturligt tal p kaldes et primtal, hvis p ≥ 2 og p kun har de trivielle divisorer 1 og p (læs:
kun 1 og p g˚
ar op i p).
◦
Vi kan ret hurtigt overbevise os om, at de mindste primtal er følgende
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, . . .
Det er en god idé at overbevise dig om, at de ovenst˚
aende tal faktisk er de 10 første primtal,
og prøv selv at finde 2 mere.
Vi kan hurtigt overbevise os om, at 4, 18 og 21 ikke er primtal, da 4 = 22 , 18 = 2 · 32 og
21 = 3 · 7, men bemærk at de alle kan skrives som produkter af primtal. Dette resultat kan
faktisk generaliseres til alle naturlige tal og kaldes Aritmetikkens Fundamentaltheorem.
Sætning 1.9
Alle naturlige tal n ∈ N større end 1 kan skrives som et produkt af et eller flere primtal p˚
a
netop én (vi ser bort fra faktorernes rækkefølge) m˚
ade. Vi har alts˚
a
n = p1 · p 2 · . . . · pk
hvor pi er primtal.
Før vi ser p˚
a eksempler er det værd at understrege, at primtalsfaktoriseringen er unik! Uanset
hvilken teknik vi bruger til at finde frem til primtalsfaktoriseringen, vil vi altid f˚
a den samme.
Vi skal i det følgende udvikle teknikker til at bestemme de primtal, som indg˚
ar i et givet tal
n’s primtalsfaktorisering. For et givet n vil vi undersøge om hvert enkelt primtal p g˚
ar op i
n, og i s˚
a fald ”faktorisere p ud”, s˚
a vi f˚
ar n = p · n1 , hvor n1 ∈ N.
Eksempel 1.10
Lad n = 24. Vi finder primtalsfaktoriseringen af 24. Da 24 er et lige tal g˚
ar 2 op i 24, hvorfor
vi alts˚
a har
n = 2 · 12
Igen har vi, at 12 er et lige tal, s˚
a 2 g˚
ar op i 12, og vi f˚
ar alts˚
a
n=2·2·6
Endnu en gang har vi, at 6 er lige, hvorfor
n = 2 · 2 · 2 · 3 = 23 · 3
Da b˚
ade 2 og 3 er primtal har vi nu primtalsfaktoriseret n = 24.
◦
Det var ret overskueligt, men desværre er det ikke lige s˚
a let at undersøge om de øvrige
primtal deler et givet n. Vi skal dog beskrive teknikker til p˚
a relativt simpel vis at undersøge
om 3 og 5 deler et givet tal n. Vi introducerer først begrebet tværsum.
4
Definition 1.11
Lad n være et naturligt tal, s˚
a n = a1 a2 . . . ak , hvor ai angiver det i’te ciffer i n. Vi definerer
da tværsummen af n noteret n ved
n = a1 + a2 + . . . + ak
◦
Notationen i definitionen af tværsum kan m˚
aske være en smule forvirrende. N˚
ar vi skriver
n = a1 a2 . . . ak er n et naturligt tal med k cifre, nemlig a1 ,a2 ,. . ., ak (der er alts˚
a ikke et
underforst˚
aet ’gange’ mellem ai ’erne). Vi har eksempelvis for n = 375490, at
n = 375490 = 3 + 7 + 5 + 4 + 9 + 0 = 28
Begrebet tværsum synes m˚
aske ikke videre anvendeligt i forhold til primtalsfaktorisering,
men som vi skal se i thm 9 er tværsum ekstremt anvendeligt i undersøgelsen af om 3 deler
et givet tal n.
Sætning 1.12
Lad n være et givet naturligt tal. Da g˚
ar 3 op i n hvis og kun hvis 3 g˚
ar op i n. Formelt har
vi
3|n⇔3|n
Styrken i thm 9 ligger i, at det er overordentligt meget nemmere at undersøge, om 3 deler n
i forhold til om 3 deler n. Eksempelvis kan vi nu slutte, at 3 - 375490, eftersom vi let ser at
3 - 28.
Eksempel 1.13
Lad n = 1458. Vi finder primtalsfaktoriseringen af 1458. Vi bemærker først, at 1458 er lige,
s˚
a
n = 2 · 729
Vi er nu i en situation, hvor 2 ikke længere g˚
ar op, da 729 er ulige. Lad os derfor undersøge,
om 3 | 729. Vi f˚
ar
729 = 7 + 2 + 9 = 18
og da 3 | 18 har vi nu af thm 9 at 3 | 729. Hvor mange gange 3 g˚
ar op i 729 m˚
a vi finde
ved at se p˚
a divisionsstykket 729/3, men nu ved vi i det mindste at beregningerne ikke er
forgæves. Vi f˚
ar 729
= 243, s˚
a
3
n = 2 · 3 · 243
Tilsvarende f˚
ar vi 243 = 2 + 4 + 3 = 9 og eftersom 3 | 9 giver thm 9 at 3 | 243. Vi f˚
ar
243
=
81,
s˚
a
3
n = 2 · 3 · 3 · 81
Da vi fra den lille tabel ved, at 81 = 9 · 9 = 32 · 32 = 34 kan vi nu færdiggøre primtalsfaktoriseringen, s˚
a
n = 2 · 3 · 3 · 34 = 2 · 36
◦
Vi s˚
a i ovenst˚
aende, hvor kraftfuldt thm 9 var i forbindelse med primtalsfaktorisering. Vi
skal nu formulere et tilsvarende resultat for faktorisering med 5.
5
Sætning 1.14
Lad n være et givet naturligt tal, s˚
a n = a1 a2 . . . ak , hvor ai angiver det i’te ciffer i n. Vi har
da 5 | n hvis og kun hvis ak = 0 eller ak = 5. Mere formelt
5 | n ⇔ ak = 0 ∨ ak = 5
thm 11 kender du m˚
aske allerede, men hvis ikke er det intuitivt meget appellerende - 5 g˚
ar
op i et naturligt tal n hvis og kun hvis det sidste ciffer i n er 0 eller 5. Vi har s˚
aledes for
n = 375490 at 5 | 375490, da det sidste ciffer i 375490 er 0. Slutteligt skal vi se et eksempel,
hvor vi bruger alle ovenst˚
aende resultater
Eksempel 1.15
Lad n = 1350. Vi finder primtalsfaktoriseringen af 1350. Vi bemærker først, at 34650 er lige,
s˚
a
n = 2 · 675
Da 675 er ulige vil 2 ikke g˚
a op igen. Vi bemærker nu i stedet, at siden det sidste ciffer i 675
er 5 følger det af 1.14, at 5 | 675 og vi f˚
ar
n = 2 · 5 · 135
Igen har vi, at 135 ender p˚
a 5, s˚
a 5 | 135 og vi f˚
ar
n = 2 · 5 · 5 · 27
Da 27 ender p˚
a hverken 5 eller 0, s˚
a har vi 5 - 27. Vi undersøger nu om 3 g˚
ar op. Vi f˚
ar
3
27 = 2 + 7 = 9, og da 3 | 9 har vi ifølge 1.12, at 3 | 27. Vi genkender da ogs˚
a hurtigt 3 = 27,
hvorfor
n = 2 · 5 · 5 · 33 = 2 · 33 · 52
◦
Hermed er n = 1350 primtalsfaktoriseret.
1.2
Primtalsfaktorisering i brøkregning
Men hvad skal vi s˚
a bruge alt den primtalsfaktorisering til? Lad os g˚
a tilbage og se...
Eksempel 1.16 (Fortsættelse af 1.2)
I Eksempel 1.2 s˚
a vi, at
2
3
44
+
=
4 16
64
Vi vil nu bruge primtalsfaktorisering til at forkorte denne brøk. Vi f˚
ar umiddelbart
44 = 2 · 22 = 22 · 11
mens
64 = 2 · 32 = 22 · 16 = 23 · 8 = 24 · 4 = 26
6
Dette giver os alts˚
a
2
3
44
22 · 11
11
11
+
=
=
= 4 =
6
4 16
64
2
2
16
Hermed har vi alts˚
a vist forkortningen fra Eksempel 1.2.
◦
Eksempel 1.17 (Fortsættelse af 1.3)
I Eksempel 1.3 fik vi følgende
20
5 15
−
=
6 22
132
Lad os nu udnytte vores viden om primtalsfaktorisering til at forkorte denne brøk. Vi f˚
ar
umiddelbart
20 = 2 · 10 = 22 · 5
mens
132 = 2 · 66 = 22 · 33 = 22 · 3 · 11
Vi kan nu skrive
5 15 (†) 20
22 · 5
5
5
−
=
= 2
=
=
6 22
132
2 · 3 · 11
3 · 11
33
hvor udregningen i (†) er lavet i Eksemepl 1.3.
◦
De to eksempler herover var m˚
aske ikke s˚
a uoverskuelige endda. Vi kunne med lidt god vilje
nok godt have klaret dem uden primtalsfaktoriseringen. Men det kan blive meget værre...
Eksempel 1.18
Lad os se p˚
a udtrykket
15
15
15
+
−
105 165 195
Vi f˚
ar nu følgende primtalsfaktoriseringer
15 = 3 · 5
105 = 3 · 5 · 7
165 = 3 · 5 · 11
195 = 3 · 5 · 13
hvilket giver anledning til følgende beregninger
15
15
3·5
3·5
3·5
15
+
−
=
+
−
105 165 195
3 · 5 · 7 3 · 5 · 11 3 · 5 · 13
1
1
1
= +
−
7 11 13
11 · 13
7 · 13
7 · 11
=
+
−
7 · 11 · 13 7 · 11 · 13 7 · 11 · 13
11 · 13 + 7 · 13 − 7 · 11
=
7 · 11 · 13
143 + 91 − 77
157
=
=
1001
1001
7
Okay, s˚
a lidt tung regning slap vi alts˚
a ikke helt for. Men lad os lige se, hvor galt det ville
have været UDEN faktoriseringen
15
15
15
15 · 165 · 195
15 · 105 · 195
15 · 105 · 165
+
−
=
+
−
105 165 195
105 · 165 · 195 105 · 165 · 195 105 · 165 · 195
482625
307125
259875
=
+
−
3378375 3378375 3378375
157
529875
= ... =
=
3378375
1001
◦
hvor ’. . .’ dækker over en voldsomt ubehagelig forkortning, som ingen dødelige hverken kan
eller bør begive sig ud i. S˚
a vi kan vist godt blive enige om at primtalsfaktorisering kan være
ret smart!
1.3
En lille reprimande...
Du kender nok Kristendommens 7 dødssynder; vi skal her snakke om den 8. dødssynd. N˚
ar vi
forkorter brøker er det kun faktorer, der kan fjernes - alts˚
a størrelser der indg˚
ar i et produkt.
Udtryk som
a2 + b 2 + 4
a2 + b 2 + 2
kan alts˚
a ikke umiddelbart forkortes og sættes lig 2. Derimod har vi
a2 · b 2 · 4
4
= =2
2
2
a ·b ·2
2
Du ender sikkert ikke i Helvede, selv om du skulle komme til at lave en ulovlig forkortning,
men vid at det gør ondt i hjertet p˚
a enhver matematiker, der ser fejl af denne type.
8
1.4
Gode eksempler
Vi skal i det følgende se p˚
a nogle lidt mere interessante eksempler. De vil være taget fra
TalentCamp Bornholms test.
Eksempel 1.19
Lad os undersøge udtrykket
2 1
+
3 6
Vi bemærker at ovenst˚
aende er et tilfælde af simpel addition af to brøker, s˚
a vi f˚
ar
2 1
4 1
5
+ = + =
3 6
6 6
6
hvor vi udnytter at fælles nævner kan opn˚
as ved blot at forlænge brøken 23 med 2. Alternativt,
dog mere omstændigt, kan opgaven løses ved direkte brug af Sætning 1.1
2 1
2·6 1·3
+ =
+
3 6
3·6 6·3
3
12
+
=
18 18
15
=
18
5
=
6
Metoden anvist først er klart at foretrække i dette tilfælde og vil i det følgende altid blive
brugt, hvis muligt.
◦
Eksempel 1.20
3 3 3
· −
4 2 4
Vi bemærker at vi først f˚
ar brug fra multiplikation af brøker (Sætning 1.4) og derefter
subtraktion af brøker (Sætning 1.1). Vi f˚
ar
3 3 3 1.2 3 · 3 3
· − =
−
4 2 4
4·2 4
9 3
= −
8 4
9 6
= −
8 8
1.1 3
=
8
9
◦
Eksempel 1.21
1
5
30 25
+
7
4
Umiddelbart synes det mest naturligt at lægge de to brøker i parentesen sammen først, dog
vil vi først anvende reglen for multiplikation af brøker (Sætning 1.4) og derefter addition af
brøker (Sætning 1.1).
1 30 1 25
1 30 25
+
= ·
+ ·
5 7
4
5 7
5 4
25
1.2 30
=
+
5·7 5·4
6 5
= +
7 4
6·4 5·7
=
+
7·4 4·7
1.1 24 + 35
=
28
49
=
28
7
=
◦
4
Eksempel 1.22
18 12 +
48 16 · 8 − 2
1
18 9
8
Lidt af en mundfuld, I know... Men lad os først reducere de enkelte brøker i udtrykket og
derefter bruge relevante regneregler til at bestemme udtrykke endegyldigt
18 12 3 6 +
+
8
2
4 2
48 16 ·
8
8
−
=
−
·
1
1
18 9
9 9
8
8
9
2 1.3 9 8 2
1.1 8
= · = · ·
1 9
8 1 9
8
1.2 9 · 8 · 2
=
=2
8·9
Af denne opgave ser vi, at man med fordel kan reducere brøkerne og anvende reglerne én af
gangen og derved opn˚
a en relativt overskuelig udregning.
◦
10
Eksempel 1.23
21
21
21
+
−
105 231 273
Fremgangsmetoden til denne opgave er fuldstændig ækvivalent til den i Eksempel 1.18 viste.
Vi f˚
ar alts˚
a
21
21
21
3·7
3·7
3·7
+
−
=
+
−
105 231 273
3 · 5 · 7 3 · 7 · 11 3 · 7 · 13
1
1
1
−
= +
5 11 13
11 · 13
5 · 13
5 · 11
=
+
−
5 · 11 · 13 5 · 11 · 13 5 · 11 · 13
11 · 13 + 5 · 13 − 5 · 11
=
5 · 11 · 13
153
143 + 65 − 55
=
=
715
715
◦
hvor den sidste brøk er uforkortelig.
1.5
Opgaver
Opgave 1.1
Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 1 i TalentCamps test.
a)
3 2
+ =
4 8
b)
2 1
− =
3 6
c)
1
2
+ =
18 9
d)
5 5
− =
2 6
e)
4 3
+ =
2 8
f)
7
2
+ =
15 5
Opgave 1.2
a)
3 1 1
· + =
2 4 8
11
b)
3 4
2
· −
=
5 3 10
c)
4 1
4
· −
=
3 3 18
d)
3 7 1
− · =
4 8 2
e)
3 1 2
+ · =
4 6 4
f)
1 4
4
+
· =
7 14 2
Opgave 1.3
1
a) ·
3
2
b) ·
3
9 9
+
3 2
9 1
−
4 2
=
=
14 21
−
=
2
3
5
6 5
d) ·
+
=
6
5 6
121 11
1
·
+
e)
=
11
4
4
7
4 1
f) ·
+
=
4
2 2
2
c) ·
7
Opgave 1.4
3 9
+
4
6
63
7
−
=
a)
·
3
16 32
21
6
1
+
2
b) 48 12 · =
1
5
24
12
c)
3
2
7 3
−
4 2
·
1
7
−
60 2
13
3
1
d)
· 15
9 4
1
−
3 3
5
=
=
3
2
+
1
e) 7 14 · =
2
3
21
7 1 +
5 21
4
2
−
=
f)
·
20
2 14
4
Opgave 1.5
a)
b)
20
28
+
4725 3375
·
7425
=
44
1
1 4 1 16
· · ·
· ··· ·
=
2 1 8 1
512
c·
c)
b
c
− a
a
b+1
=
1
−1
a
d)
8 8 8
8
8
+ + +
+ ··· +
=
2 4 8 16
1024
e)
225 17
19
·
+
=
77 2925 91
f)
1 1
1
1
1
1
1
1
− +
−
+
−
+
−
=
3 9 27 81 243 729 2187 6561
13
Kapitel 2
Regning med potenser
I dette kapitel vil vi arbejde med potensregneregler p˚
a en hovedsageligt anvendt, færdighedsorienteret m˚
ade - alts˚
a i højere grad beskæftige os med hvordan man regner med potenser
frem for hvorfor potensregning fungerer, som det gør. For at bevare intuitionen omkring,
hvorfor regnereglerne ser ud, som de gør, vil vi dog skitsere teoretiske overvejelser for alle
regnereglerne.
2.1
Potensregnereglerne
Definition 2.1
Vi minder først om definitionen af potenser. For n ∈ N definerer vi
n gange
n
}|
{
z
a = a · a · · · · · a,
a0 = 1,
a−n =
1
a
| · a ·{z· · · · a}
(2.1)
n gange
og vi benævner a grundtallet, mens n kaldes eksponenten. Vi bemærker alts˚
a for n ∈ N, at
n
a (læs: a i n’te eller a opløftet i n) betyder a ganget med sig selv n gange. Tilsvarende
har vi at for n ∈ N betyder a−n , at vi dividerer med a i alt n gange. Vi har slutteligt per
konvention at a0 = 1.
◦
Sætning 2.2
Lad os først se p˚
a produktet af to potensudtryk med samme grundtal a ∈ R+ , men forskellige
1
eksponenter n, m ∈ N. Vi har
m gange
n gange
}|
{ z
}|
{
z
a · a = a · a · · · · · a · a · a · · · · · a = an+m
n
m
(2.2)
N˚
ar vi tager produktet af to potensudtryk med samme grundtal a ∈ R+ , men forskellige
eksponenter, f˚
ar vi s˚
aledes det samme grundtal a opløftet i summen af de to eksponenter,
n + m. Bemærk det intuitive indhold af ovenst˚
aende resultat; vi har først a ganget med sig
1
I noten bruges termen ’forskellig’ i betydningen ’ikke nødvendigvis ens’
14
selv n gange, s˚
a ganger vi det med a ganget med sig selv m gange, alts˚
a m˚
a vi i alt have
a ganget med sig selv n + m gange. Vi har kun udført argumentationen, hvor n og m er
positive heltal, men faktisk gælder (2.2) for alle n, m ∈ R.
Eksempel 2.3
73 · 72
Vi bemærker, at de to potensudtryk har samme grundtal, men forskellige eksponenter, s˚
a
Sætning 2.2 giver os alts˚
a
73 · 72 = 73+2 = 75
Uden hovedløst at bruge (1.2) kunne vi ogs˚
a have overvejet betydningen af notationen. Vores
definition (1.1) giver os s˚
aledes
3 gange
2 gange
z }| { z}|{
7 · 7 = 7 · 7 · 7 · 7 · 7 = 7 · 7 · 7 · 7 · 7 = 75
3
2
Selv om vi altid bare kan bruge reglen fra (2.2), er det en rigtig god idé at skrive det intuitive
indhold af resultatet bag øret!
◦
Inden vi g˚
ar videre til næste regneregel vil vi se p˚
a endnu et eksempel.
Eksempel 2.4
52 · 5−3 · 56
Vi bemærker at de tre potensudtryk har samme grundtal, men forskellige potenser, s˚
a (1.2)
giver os alts˚
a
52 · 5−3 · 56 = 52+(−3)+6 = 52−3+6 = 55
Vær opmærksom p˚
a, hvordan vi h˚
andterede den negative eksponent. Vi kunne igen have
udnyttet vores definition af potenser fra (1.1) og f˚
aet
52 · 5−3 · 56 = 5 · 5 ·
5·5·5·5·5·5·5·5
1
·5·5·5·5·5·5=
= 55
5·5·5
5·5·5
◦
Vi kan vist hurtigt blive enige om, at ovenst˚
aende udregning er ret uoverskuelig, s˚
a igen vil
vi foretrække at bruge regel (1.2), men det er vigtigt at bevare intuitionen omkring reglen,
s˚
a vi bedre kan huske den!
Sætning 2.5
Lad os g˚
a videre til division af to potensudtryk med samme grundtal a ∈ R+ , men forskellige
eksponenter m, n ∈ N. Vi har
n gange
n
z
}|
{
a
a · a · ··· · a
=
= an−m
am
a
·
a
·
·
·
·
·
a
|
{z
}
m gange
15
(2.3)
N˚
ar vi ser p˚
a brøken af to potensudtryk med samme grundtal a ∈ R+ , men forskellige eksponenter, f˚
ar vi s˚
aledes det samme grundtal a opløftet i differencen mellem de to eksponenter,
n − m. Bemærk igen det intuitive indhold; hvis n > m er der flest a’er i tælleren og vi kan
forkorte ud indtil der ikke er flere i nævner, men da har vi jo netop fjernet m af a’erne, alts˚
a
er der n − m tilbage. Tilsvarende (dog modsat) kan vi argumentere intuitivt n˚
ar n < m. Igen
har vi kun udført argumentationen for n, m ∈ N, men resultatet gælder for alle n, m ∈ R.
Eksempel 2.6
34
32
Vi bemærker, at de to potensudtryk har samme grundtal, s˚
a Sætning 2.5 giver os alts˚
a
34
= 34−2 = 32
32
Som i tidligere eksempler kunne vi lige s˚
a godt have brugt definitionen af potenser direkte
og f˚
aet
3·3·3·3
34
=
= 3 · 3 = 32
2
◦
3
3·3
Lad os se p˚
a endnu et eksempel.
Eksempel 2.7
52
5−3
Vi bemærker, at de to potensudtryk har samme grundtal, s˚
a Sætning 2.5 giver os alts˚
a
52
= 52−(−3) = 52+3 = 55
5−3
Vær opmærksom p˚
a, hvordan vi h˚
andterede den negative eksponent. Vi kunne igen udnytte
vores definition af potenser fra 2.1 og f˚
aet
1
52
= 52 · −3 = 52 · 5−(−3) = 52 · 53 = 5 · 5 · 5 · 5 · 5 = 55
−3
5
5
◦
Igen er det klart at denne m˚
ade er væsentligt mere omstændig, men brug alligevel tiden p˚
a
at forst˚
a udregningen herover.
Sætning 2.8
Vi skal nu se p˚
a en regneregel, der beskriver tilfældet med forskellige grundtal a, b ∈ R+ ,
som er opløftet i samme eksponent n ∈ N. Vi har
n gange
n gange
n gange
}|
{
z
}|
{ z }| { z
n
n
a · b = a · a · · · · · a · b · b · · · · · b = (a · b) · (a · b) · · · · · (a · b) = (a · b)n
16
(2.4)
N˚
ar vi ser p˚
a produktet af to potensudtryk med forskellige grundtal a, b ∈ R+ , men samme
eksponent n, f˚
ar vi s˚
aledes at grundtallene kan samles i (a · b) som da opløftes i n. Forskellen
p˚
a de to potensudtryk udtrykkes bedst som rækkefølgen, der ganges i; an · bn har først a
ganget med sig selv n gange, derefter b med sig selv n gange, mens (a · b)n har skiftevis a og
b ganget n gange. Den eneste forskel er s˚
aledes rækkefølgen I multiplicerer i. Vi har kun ført
argumentation for n ∈ N, men resultatet gælder for alle n ∈ R.
Eksempel 2.9
44 · 74
Vi bemærker, at de to potensudtryk har samme eksponent, hvorfor Sætning 2.8 giver os
44 · 74 = (4 · 7)4 = 284
Vi kunne tilsvarende have argumenteret ud fra definitionen af potenser fra 2.1, og f˚
aet
44 · 74 = (4 · 4 · 4 · 4) · (7 · 7 · 7 · 7) = (4 · 7) · (4 · 7) · (4 · 7) · (4 · 7) = 28 · 28 · 28 · 28 = 284
◦
Vi vil fremover foretrække blot at henvise til 2.8, men overbevis dig selv om korrektheden af
hvert enkelt skridt i udregningen herover.
Sætning 2.10
Vi vil nu se nærmere p˚
a division af to potensudtryk med forskellige grundtal a, b ∈ R+ , men
samme eksponent n ∈ N. Vi har
n gange
n gange
n
z
}|
{ z
}|
{
a · a · ...···a
a a
a a n
a
=
= · · ··· · =
bn
b| · b · {z
. . . · · · }b
b b
b
b
(2.5)
n gange
N˚
ar vi ser p˚
a brøken mellem to potensudtryk med forskellige grundtal a, b ∈ R+ , men samme
eksponent n ∈ N, f˚
ar vi s˚
aledes at grundtallene kan samles ab , som da opløftes i n. Forskellen
n
p˚
a de to potensudtryk beskrives bedst som rækkefølgen, der ganges og divideres i; abn har
n
først a ganget med sig selv n gange, derefter divideret med b i alt n gange, mens ab har
brøken ab ganget med sig selv n gange. Vi har kun ført argumentationen for n ∈ N, men
resultatet gælder for alle n ∈ R.
Eksempel 2.11
43
23
Vi bemærker, at de to potensudtryk har forskellige grundtal, men samme eksponent, s˚
a
Sætning 2.10 giver os
3
43
4
=
= 23
3
2
2
17
Vi husker fra Definition 2.1, at vi kunne have opn˚
aet samme resultat p˚
a anden vis, nemlig
43
4 4 4
4·4·4
= · · = 2 · 2 · 2 = 23
=
3
2
2·2·2
2 2 2
◦
Igen er vores regneregel et væsentligt mere elegant værktøj, og vi vil fremover ved lignende
udtryk blot henvise til (2.5). Det er dog vigtigt, at du forst˚
ar hvert enkelt skridt i ovenst˚
aende
udregning.
Sætning 2.12
Vi vil slutteligt se nærmere p˚
a potenser af potensudtryk (potens-ception, om man vil). 2 Lad
alts˚
a a ∈ R+ og lad n, m ∈ N. Vi har da
m gange
n·m gange
m gange
z
}|
{ z
}|
{ z
}|
{
n
n
n
·
a
·
·
·
·
·
a
·
a
·
a
·
·
·
·
·
a
·
·
·
·
·
a
·
a
·
·
·
·
·
a
=
a
·
a
·
·
·
·
·
a
= an·m
(a ) = a · a · · · · · a = a
|
|
{z
} |
{z
}
{z
}
n m
n gange
n gange
n gange
(2.6)
N˚
ar vi ser p˚
a en m-potens af et potensudtryk med grundtal a ∈ R+ og eksponenten n ∈ N
f˚
ar vi s˚
aledes samme grundtal a opløftet i produktet af eksponenterne, n · m. Vi kan tænke
p˚
a skrivem˚
aden (an )m som om a’erne er grupperet i m klynger af størrelse n, mens i udtrykket an·m har vi n · m enkeltst˚
aende a’er. Vi har kun ført argumentation for n, m ∈ N, men
resultatet gælder for alle n, m ∈ R.
Det intuitive indhold af Sætning 2.12 vil blive klart gennem følgende eksempler.
Eksempel 2.13
a2
3
Vi bemærker, at vi har en potens af et potensudtryk, s˚
a det følger af (1.6) at
a2
3
= a2·3 = a6
I stedet kunne vi have arbejdet udelukkende ud fra definitionen af potenser og f˚
aet
3
a2 = a2 · a2 · a2 = (a · a) · (a · a) · (a · a) = a6
◦
Før du læser videre bør du gøre dig klart, hvordan ovenst˚
aende udregning eksemplificerer
argumentationen ført i (1.6). Dette skal bidrage til at give en intuitiv forst˚
aelse af reglen.
2
Hvis du ikke forst˚
ar joken henvises du til filmen Inception.
18
Vi har hele noten igennem gjort klart, at skønt vi kun argumenterede for regnereglerne
(2.2)-(2.6) med heltallige eksponenter, s˚
a gælder de for alle tænkelige eksponenter. Men vi
har ikke engang defineret, hvad vi mener med ikke-heltallige eksponenter. Vi indfører alts˚
a
for a ∈ R+ følgende definition
√
r
(2.7)
a s = s ar
hvor r ∈ Z, s ∈ Z \ {0}. Vi har s˚
aledes beskrevet rationale eksponenter. Vi bemærker alts˚
a
at nævneren i eksponenten angiver hvilken rod, vi tager af grundtallet a, mens tælleren angiver den heltallige eksponent af a. Vi vil uden videre argumentation bruge, at de tidligere
beskrevne regler ogs˚
a gælder for alle rationale eksponenter.
Eksempel 2.14
4
32
Vi bemærker, at vi har en rational eksponent, hvorfor (2.7) giver os
√
√
4
3 2 = 34 = 81 = 9
Vi husker, at den anden rod (ogs˚
a kaldt kvadratroden) noteres uden et 2-tal i rod-symbolet.
Ovenst˚
aende udregning kunne være udført uden brug af (2.7), da 24 = 2, hvorfor
4
3 2 = 32 = 9
◦
Vi bemærker s˚
aledes, at vi kan tillade os at forkorte brøken i eksponenten og stadig f˚
a samme
resultat.
Eksempel 2.15
√
4
16a2 b4
Vi bemærker, at vi har en ubehagelig rod, hvorfor (2.7) skal i spil, hvorefter vi kan bruge
vores sædvanlige regneregler.
√
1/4
4
2.7
16a2 b4 = 16a2 b4
1/4
1/4
2.5
= 161/4 · a2
· b4
2.6
= 161/4 a1/2 b
√
Fortolkningen af 161/4 = 4 16 er det tal, der ganget med sig selv 4 gange er lig 16. Og lur
mig om ikke 24 = 16. Vi f˚
ar alts˚
a endelig
√
√
4
16a2 b4 = 2 ab
◦
Du sidder sikkert nu og har lidt svært ved at danne overblik over de mange regneregler.
Du vil gerne have en art formelsamling, hvor du har alle regnereglerne st˚
aende. Men nej, det
f˚
ar du ikke! Det er vores hensigt, at regnereglerne skal st˚
a relativt klart for dig intuitivt; at
de giver mening for dig! Regnereglerne er med andre ord ikke noget man skal huske, men
noget man skal kunne tænke sig frem til. Hvis du ikke synes det er tilfældet endnu, vil vi
r˚
ade dig til at genlæse eksemplerne og sammenholde med de tilhørende regneregler.
19
2.2
Gode eksempler
Vi skal i det følgende se p˚
a nogle lidt mere interessante eksempler. De vil være taget fra
TalentCamp Bornholms test.
Eksempel 2.16
b3 · b2 · b7
Vi bemærker, at vi har tre potensudtryk med samme grundtal, hvorfor (2.2) giver os
b3 · b2 · b7 = b3+2+7 = b12
◦
Eksempel 2.17
a3 · b 2
2
2
2
2
Hvis vi betragter tallene a3 og b2 som grundtal f˚
ar vi ved (2.4), at (a3 · b2 ) = (a3 ) · (b2 ) .
2
3 2
3·2
6
Videre f˚
ar vi nu af (2.6), at (a ) = a = a og (b2 ) = b2·2 = b4 . Samlet har vi alts˚
a
2 2.4
2
2 2.6
a3 · b 2 = a3 · b 2 = a6 · b 4
◦
Eksempel 2.18
52 + 2
13
Ved simpel udregning
f˚
ar vi i parentesen 52 + 2 = 25 + 2 = 27. Vi udnytter da regneregel
√
1
a
(2.7) og f˚
ar 27 3 = 3 27 = 3. Samlet har vi alts˚
1
1 2.7 √
3
52 + 2 3 = 27 3 = 27 = 3
◦
Eksempel 2.19
(ab)2 + b4 · b−2
b2
Vi bemærker først at (2.4) giver os (ab)2 = a2 b2 og (2.2) giver os b4 ·b−2 = b4+(−2) = b4−2 = b2 .
Samlet har vi alts˚
a
(ab)2 + b4 · b−2 2.4 a2 b2 + b4 · b−2 2.2 a2 b2 + b2
=
=
= a2 + 1
b2
b2
b2
20
◦
Eksempel 2.20
a2 · (b · a−2 + a−1 )
√
a+b
Før vi g˚
ar i gang med at reducere, ganger vi ind i parentesen og f˚
ar
a2 · b · a−2 + a2 · a−1
√
a+b
Vi f˚
ar nu af (2.2) og Definition 2.1, at a2 · b · a−2 = a2−2 · b = a0 · b = b. Vi f˚
ar igen af (2.2),
2
−1
2−1
at a · a = a
= a. Samlet f˚
ar vi alts˚
a
a2 · b · a−2 + a2 · a−1
a2 · (b · a−2 + a−1 )
√
√
=
a+b
a+b
0
2.2 a · b + a
= √
a+b
a+b
=√
a+b
a
+b
2.7
=
1
(a + b) 2
2.3
1
= (a + b)1− 2
2.7 √
= a+b
hvor vi undervejs ogs˚
a har brugt definition (2.7) og regel (2.3).
21
◦
2.3
Opgaver
Opgave 2.1
Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 1 i TalentCampDKs test.
a) a2 · a4 · a7 =
b) b3 · b−2 · b5 =
4
c) (a2 ) =
d)
a3
=
a2
2
e) (b3 ) =
f)
b3
=
b5
Opgave 2.2
3
a) (b4 · b3 ) =
b)
(ab)4
=
b2
2
c) (c2 · c−1 ) =
4
(a2 · b)
=
d)
a2 · b
e)
a3 · a−2
=
a2
2
f) (a4 · b2 ) =
Opgave 2.3
1
a) (72 + 15) 3 =
21
93
b)
−2
=
33
p
c) 4 (33 − 2)2 =
22
√
27
d) √ =
3
4
e) 92 · 13 =
1
f) (32 + 7) 4 =
Opgave 2.4
a)
(a · b)3 − a3 · b3 · b−6
=
a3
b)
c4 − b3 · b−2 · b−1
=
c−2
c)
(a2 · b) − a9 · b2 · a−5
=
a4 · b 2
3
1
43 49 2
d) a · 3 − −2 =
2
a
2
(a · c)4 − a4 · c4 · c−2
=
a2
a·b
+ b3
(a · b)−2
=
f)
b3
Opgave 2.5
e)
a)
a3 · (b2 · a−1 + a · b)
=
ab · (ab + 1)
b)
1
=
((a3 · b + b2 )b−1 )−1
4
((3 − a)3 )
c)
=
(a − 3)12
√
3
a6 · b 3
d)
=
a·b
e)
f)
(ab)4
b−2 · a5
a−2 · b2
b0 · a−1
=
(a · b2 + b−3 · b4 ) · b−1
=
(ab)2 + ab
23
Kapitel 3
Kvadratsætninger
I dette kapitel vil vi arbejde med kvadratsætninger p˚
a en hovedsageligt anvendt, færdighedsorienteret m˚
ade - alts˚
a i højere grad beskæftige os med hvordan man regner med kvadratsætninger frem for hvorfor kvadratsætninger fungerer, som de gør. For at bevare intuitionen
omkring, hvorfor regnereglerne ser ud, som de gør, vil vi dog skitsere teoretiske overvejelser
for alle regnereglerne.
P˚
a overfladen kan de tre kvadratsætninger synes en smule magiske - og det er de m˚
aske
ogs˚
a, for de er skræmmende anvendelige. For at afmystificere en smule skal vi i det følgende
gennemg˚
a det teoretiske grundlag.
Sætning 3.1 (Første kvadratsætning)
Lad a, b ∈ R. Da haves
(a + b)2 = (a + b) · (a + b) = a2 + ab + ba + b2 = a2 + b2 + 2ab
(3.1)
I ord har vi s˚
aledes: Kvadratet p˚
a en toleddet sum er lig kvadratet p˚
a første led, a2 , kvadratet
2
p˚
a det andet led, b , samt det dobbelte produkt, 2ab. Pilene herover indikerer de velkendte
regler for multiplikation af parenteser. Det er en god idé at blive tryg ved s˚
avel formlen som
den mundtlige formulering, da begge bruges i flæng i mange henseende.
Lad os uden videre tøven fortsætte med næste kvadratsætning.
Sætning 3.2 (Anden kvadratsætning)
(a − b)2 = (a − b) · (a − b) = a2 − ab − ba + b2 = a2 + b2 − 2ab
(3.2)
I ord har vi s˚
aledes: Kvadratet p˚
a en toleddet differens er lig kvadratet p˚
a første led, a2 ,
2
kvadratet p˚
a det andet led, b , minus det dobbelte produkt, 2ab. Bemærk alts˚
a at begge
2
2
kvadrater, a og b , er positive, mens det dobbelte produkt, 2ab, ændrer fortegn i forhold til
Første kvadratsætning.
Sætning 3.3 (Tredje kvadratsætning)
(a + b)(a − b) = (a + b) · (a − b) = a2 − ab + ba − b2 = a2 − b2
24
(3.3)
I ord har vi s˚
aledes: Produktet af en toleddet sum og en toleddet differens er kvadratet p˚
a
2
2
første led, a , minus kvadratet p˚
a andet led, b . Det er værd at bemærke, at de blandede led,
ab og ba i dette tilfælde f˚
ar modsatrettede fortegn, hvorfor de g˚
ar ud med hinanden.
Af ovenst˚
aende kan du m˚
aske se, at de tre kvadratsætninger blot er multiplikation af to
parenteser - s˚
a m˚
aske ikke s˚
a magiske alligevel. Vi har lavet ovenst˚
aende udledning for fremover at kunne springe direkte fra venstresiden til højresiden, uanset hvad a og b m˚
atte være.
Lad os nu se nærmere p˚
a de tre kvadratsætninger i praksis. Vi skal gøre dette gennem
en række eksempler, som vil belyse anvendelighed og faldgruber i forbindelse med brug af
kvadratsætninger.
Eksempel 3.4
(x + 3)2
Vi genkender straks ovenst˚
aende som venstresiden af (3.1), alts˚
a kvadratet p˚
a en toleddet
sum, hvorfor vi f˚
ar
(x + 3)2 = x2 + 2 · 3x + 32 = x2 + 6x + 9
◦
Eksempel 3.5
(2 − a)(2 + a)
Denne gang genkender vi ikke straks udtrykket som venstresiden i en kvadratsætning. Dog
ligner udtrykket, vi arbejdede med i Trejde kvadratsætning, dog st˚
ar a ”forkert”. Det er
her essentielt at a og b i vores udledninger herover udelukkende skal ses som repræsentanter
for et vilk˚
arligt reelt tal - vi kunne s˚
aledes lige s˚
a godt have brugt x, y ∈ R. Med dette i
baghovedet har 2 i eksemplet alts˚
a taget a’s plads i (3.3), mens a i eksemplet har taget b’s
plads i (3.3). Vi kan alts˚
a bruge Tredje kvadratsætning og f˚
ar
(2 − a)(2 + a) = 22 − a2 = 4 − a2
◦
Eksempel 3.6
(4x − 3)2
Umiddelbart synes Anden kvadratsætning at være vores bedste bud i dette tilfælde, dog har
vi nu produktet af to størrelser, nemlig 4x, st˚
aende p˚
a a’s plads i (3.2). Det er imidlertid ikke
et problem, n˚
ar blot vi husker at opløfte hele 4x til anden potens, n˚
ar det bliver relevant. Vi
f˚
ar alts˚
a
(4x − 3)2 = (4x)2 − 2 · 4x · 3 + 32 = 16x2 − 24x + 9
◦
25
3.1
Kvadratkomplementering
Dette afsnit handler om mørk magi. Men nej; vi skal desværre ikke introducere dig til de
tre utilgivelige besværgelser fra Harry Potter, men kvadratkomplementering med de tre kvadratsætninger er ogs˚
a (næsten) lige s˚
a fascinerende.
Kvadratkomplementering handler helt simpelt om at bruge kvadratsætningerne baglæns.
Det lyder m˚
aske ikke s˚
a svært, men det skal vise sig at være en ganske udfordrende opgave.
Vi vil igen indføre teknikken gennem en række eksempler.
Eksempel 3.7
4x + 4 + x2
Sammenlignet med tidligere, hvor vi kiggede p˚
a venstresiden af (3.1)-(3.3), skal vi nu lede
efter et sammenligneligt mønster p˚
a højresiden. Vi opdager da straks at tre positive led kun
kan matche højresiden af (3.1), hvorfor vi f˚
ar
4x + 4 + x2 = x2 + 2 · 2x + 22 = (x + 2)2
◦
Eksempel 3.8
9a2 + b2 − 6ab
Som før leder vi blandt højresiderne i (3.1)-(3.3) efter et sammenligneligt mønster, og finder
straks at to positive og et negativt led m˚
a være et resultat af (3.2). Vi forsøger nu at
omskrive hvert led, s˚
a to led st˚
ar som kvadrater, mens et led (det negative) st˚
ar som et
dobbelt produkt. Vi f˚
ar
9a2 + b2 − 6ab = (3a)2 − 2 · 3a · b + b2 = (3a − b)2
◦
Eksempel 3.9
16x2 − 4
Blandt højresiderne i (3.1)-(3.3) kan ovenst˚
aende kun være et resultat af Tredje kvadratsætning. Vi skal s˚
aledes forsøge at skrive begge led som kvadrater. Vi f˚
ar
16x2 − 4 = (4x)2 − 22 = (4x + 2)(4x − 2)
Bemærk at fortegnene fortæller os, at 4x tager a’s plads, mens 2 tager b’s plads i (3.3).
◦
M˚
aske føltes ovenst˚
aende eksempler 3.7-3.9 m˚
aske som mørk magi, og du føler dig m˚
aske
endnu ikke helt som en ægte matemagiker. Men fat mod; vi vil herunder forsøge at skitsere
trinene i processen i mere generelle termer.
Sammenlign først dit udtryk med højresiderne i (3.1)-(3.3). Bestem den relevante kvadratsætning. Da f˚
as
26
Tilfælde 1) Hvis dit udtryk matcher højresiden i (3.1), led da efter det dobbelte produkt
2ab, som typisk vil være det mest blandede udtryk. Mere præcist skal dit
udvalgte led opfylde, at hvis du tager kvadratroden af de to øvrige led, da
skal disse indg˚
a som faktorer i dit udvalgte led. N˚
ar du har bestemt det
dobbelte produkt, betragt da de to øvrige led og bestemt deres kvadratrod.
Dermed har du dit a og b, s˚
a du kan opstille den relevante faktorisering.
Tilfælde 2) Hvis dit udtryk matcher højresiden i (3.2), da er leddet med negativt fortegn
det dobbelte produkt 2ab. Bestem da a og b, s˚
a a2 og b2 matcher de to
resterende led i dit udtryk. Med andre ord kan du blot tage kvadratroden af
de to resterende led i dit udtryk, hvorved du vil have opn˚
aet a og b til den
relevante faktorisering.
Tilfælde 3) Hvis dit udtryk matcher højresiden i (3.3), bestem da kvadratroden af begge
led. Da har du dit a og b og kan opstille den relevante faktorisering.
3.2
Gode eksempler
Kvadratsætninger er ikke i sig selv videre interessante men et fremragende og kraftfuldt
værktøj i forbindelse reduktion.
Eksempel 3.10
x2 + 9 − 6x
x−3
Vi genkender tælleren som højresiden af (3.2) med a = x og b = 3, hvorfor vi f˚
ar følgende
omskrivning
(x − 3)2
x2 + 9 − 6x
=
=x−3
◦
x−3
x−3
Eksempel 3.11
(4x2 + 4 + 8x) · (4x2 + 4 − 8x)
4x2 − 4
Vi genkender første faktor i tælleren som højresiden af (3.1) med a = 2x og b = 2, hvorfor
vi f˚
ar følgende omskrivning
(4x2 + 4 + 8x) · (4x2 + 4 − 8x)
(2x + 2)2 · (4x2 + 4 − 8x)
=
4x2 − 4
4x2 − 4
Vi genkender nu anden faktor i tælleren som højresiden af (3.2) med a = 2x og b = 2,
hvorfor vi f˚
ar følgende omskrivning
(2x + 2)2 · (4x2 + 4 − 8x)
(2x + 2)2 · (2x − 2)2
=
4x2 − 4
4x2 − 4
27
Endelig genkender vi nævneren som værende højresiden af (3.3) med a = 2x og b = −2,
hvorfor vi slutteligt f˚
ar
(2x + 2)2 · (2x − 2)2
(4x2 + 4 + 8x) · (4x2 + 4 − 8x)
=
4x2 − 4
(2x + 2) · (2x − 2)
= (2x + 2) · (2x − 2)
= 4x2 − 4
hvor vi faktisk afslutningsvis bruger Tredje kvadratsætning forlæns.
◦
Eksempel 3.12
(a + b)
a2 − b 2
+1
a2 + b2 + 2ab
Vi genkender tælleren som højresiden i (3.3), mens nævneren genkendes som højresiden i
(3.1). Vi f˚
ar s˚
aledes følgende omskrivning
(a + b)(a − b)
a2 − b 2
+ 1 = (a + b)
+1
(a + b)
a2 + b2 + 2ab
(a + b)2
Ved at lade (a + b) gange ind i parentesen f˚
as endelig
2
2
a −b
(a + b)(a − b)
(a + b)
+ 1 = (a + b)
+1
a2 + b2 + 2ab
(a + b)2
(a + b)2 (a − b)
=
+ (a + b)
(a + b)2
= a − b + a + b = 2a
◦
Eksempel 3.13
p
16x4 + y 4 + 8x2 y 2 − 4xy
2x − y
Vi genkender indledningsvis udtrykket under kvadratrodstegnet som højresiden af (3.1). Vi
kan s˚
aledes udføre følgende reduktion
p
p
(4x2 + y 2 )2 − 4xy
16x4 + y 4 + 8x2 y 2 − 4xy
4x2 + y 2 − 4xy
=
=
2x − y
2x − y
2x − y
Endelig ser vi, at tælleren matcher højresiden af (3.2). Udtrykket kan s˚
aledes reduceres
p˚
a følgende vis
p
p
(4x2 + y 2 )2 − 4xy
16x4 + y 4 + 8x2 y 2 − 4xy
=
2x − y
2x − y
2
4x + y 2 − 4xy
=
2x − y
(2x − y)2
=
= 2x − y
◦
2x − y
28
Eksempel 3.14
b2 − a2 − 9 − 6a
b−a−3
Man kan umiddelbart fristes til at genkende de to første led af tælleren som højresiden i
(3.3). Dog viser denne sig at være ufrugtbar (prøv selv!), s˚
a i stedet omskriver vi til
b2 − (a2 + 9 + 6a)
b−a−3
Vi kan nu genkendes udtrykket i parentesen som højresiden af (3.1), hvorfor vi f˚
ar følgende
reduktion
b2 − (a2 + 9 + 6a)
b2 − (a + 3)2
=
b−a−3
b−a−3
Endelig ser vi nu, at tælleren er en differens mellem to kvadrater. Dette genkendes naturligvis som højresiden af (3.3), hvorfor vi f˚
ar
b2 − (a + 3)2
(b + (a + 3))(b − (a + 3))
=
b−a−3
b−a−3
(b + a + 3)(b − a − 3)
=b+a+3
=
b−a−3
29
◦
3.3
Opgaver
Opgave 3.1
a2 + b2 − 2ab
a)
=
a−b
b)
x2 + 25 + 10x
=
x+5
c)
x2 − y 2
=
x−y
d)
x2 − y 2
=
x2 + y 2 + 2xy
e)
36 + z 2 − 12z
=
6−z
f)
x+3
=
x2 − 9
Opgave 3.2
a)
4x2 + 9y 2 − 12xy
=
2x − 3y
b)
(a2 + b2 + 2ab) · (a − b)
=
(a2 − b2 ) · (a + b)
c)
(16x2 + 4 − 16x) · (4x + 2)
=
(16x2 − 4)
d)
4x2 + 16 + 16x
=
4x + 8
e)
a2 − b 2
=
(a2 + b2 − 2ab)(a2 + b2 + 2ab)
f)
(2x2 + 2y 2 + 4xy)(x − y)
=
x2 − y 2
Opgave 3.3
30
a)
(2a − 3b)2 + 12ab − 5b2
=
4
b)
(a6 + 4b2 + 4a3 b)(a3 − 2b)
=
a6 − 4b2
16x4 − y 4
=
(2x − y)2 + 4xy
a+b
a−b
d) (a + b)
+
=
a2 + b2 + 2ab a2 − b2
√
a+b
2
2
=
e) a + b + 2ab
a2 + b2 + 2ab
c)
f)
(3x + y)2 − 6xy − 2y 2
=
3x − y
Opgave 3.4
2
1
2a − 2b2 a2 + b2 + 2ab
a)
−
=
a+b
a−b
a+b
p
b) 4z 2 y 4 + x2 − 4zy 2 x =
c)
4xyz + x2 y 2 + 4z 2
=
xy + 2z
(3a − b)2 − 5a2 + 2ab
=
2a − b
p
x4 + 16y 4 + 8x2 y 2 + 4xy
e)
=
x + 2y
2
1
a − b2
a2 + b2 − 2ab
f)
−
=
a − b 2a + 2b
a−b
d)
Opgave 3.5
a)
−2x2 − 6xy
+1=
9y 2 + x2 + 6xy
b)
x2 + 4y 2 + 4xy − 16
=
x + 2y − 4
c)
4 + a2 + b2 + 2ab + 4a + 4b
=
a+b+2
31
d)
4 − x2 − 9 − 6x
=
2+x+3
e)
9 + 12xy − 4y 2 − 9x2
=
3 + 3x − 2y
f)
2a2 − 6b2 − 4ab
+1=
2a2 + 2b2 + 4ab
32
Kapitel 4
Ligninger
I dette kapitel vil vi arbejde med løsning af ligninger med en variabel. Vi vil dog ikke begrænse
a se p˚
a ikke lineære ligninger, hvor specifikke
os til at se p˚
a lineære ligninger1 , men vi vil ogs˚
værdier af x ikke tillades som løsning. Der vil generelt være fokus p˚
a løsningsmetoden. Det
vil sige, at vi hovedsageligt vil koncentrere os om, hvordan man løser en ligning og hvilke
faldgruber, der er undervejs.
4.1
Hvad er en ligning?
Først m˚
a vi gøre os klart, hvad vi lægger i begrebet en ligning.
Definition 4.1 (Ligning)
En ligning er et matematisk problem, hvor det p˚
ast˚
as at to størrelser A og B er ens. Vi
skriver
A=B
Problemet løses ved at bestemme de tilfælde, hvor det rent faktisk gælder at A = B. Disse
tilfælde kaldes for ligningens løsninger2 .
◦
I den sammenhæng, hvor vi har brug for at løse liginger vil enten størrelsen A, størrelsen
B eller b˚
ade A og B indeholde x. At løse ligningen vil alts˚
a for os betyde at finde de xværdier, der sikrer at A = B.
Lad os først betragte et eksempel. Eksemplet illusterer ideen i en ligning og er alts˚
a ikke udtryk for generel løsningsteknik - det kommer vi til i næste afsnit.
Eksempel 4.2
Lad os betragte ligningen
5+x=7
1
Ligninger p˚
a formen ax + b = 0.
Bemærk at det ikke er givet p˚
a forh˚
and om ligningen har en, flere, uendeligt mange eller slet ingen
løsninger.
2
33
Ligningen er alts˚
a en p˚
astand om, at udtrykkene 5 + x og 7 er ens. Ligningen løses ved at
bestemme det eller de x, for hvilke dette rent faktisk er tilfældet. Vi ser at for x < 2 gælder
det at
5+x<5+2=7⇔5+x<7
og for x > 2 gælder det at
5+x>5+2=7⇔5+x>7
Den eneste mulige løsning til ligningen er alts˚
a x = 2. Vi m˚
a nu prøve om x = 2 rent faktisk
løser ligningen. Ved indsættelse finder vi netop
5+x=5+2=7⇔5+x=7
Ligning har alts˚
a kun en løsning, nemlig x = 2.
◦
Denne m˚
ade at tænke p˚
a en ligning p˚
a er muligvis noget anderledes end den m˚
ade, hvorp˚
a
de fleste mennesker tænker p˚
a en ligning. Det er imidlertid heller ikke nødvendigt altid at
tænke p˚
a en ligning i overensstemmelse med definition 4.1, men definitionen er et godt udganspunkt for at forst˚
a, hvad man kan tillade sig, og hvad man ikke kan tillade sig, n˚
ar man
forsøger at løse en ligning.
I praksis, n˚
ar man vil løse en konkret ligning, er tankegangen fra eksempel 4.2 alt for omstændig. Mange mennesker vil faktisk kunne se direkte, at x = 2 er den eneste løsning til
ligningen 5 + x = 7. Men n˚
ar ligningerne bliver mere komplicerede, er det ikke oplagt hvilke
tilfælde, der rent faktisk løser dem. Lad os eksempelvis betragte ligningen
x2 − 5x + 6
=0
x−2
Her er det ikke umiddelbart oplagt, at den eneste løsning er x = 3. Hvis man er god til
almindelig ligningsløsning, vil man faktisk umiddelbart finde, at ligningen har to løsninger,
nemlig x = 3 og x = 2. Men lad os prøve at indsætte x = 2 i ligningen
x2 − 5x + 6
22 − 5 · 2 + 6
0
=
= =0
x−2
0−2
0
Vi kan ikke give mening til 00 , og derfor er x = 2 ikke en løsning til ligningen. Men hvordan
undg˚
ar man at lave den slags fejl? I tilfældet her kunne vi blot prøve at sætte løsningerne
ind og tjekke, om det giver mening. Men hvad nu hvis vi ved almindelig løsningsteknik f˚
ar
uendelig mange løsninger? Og hvorfor virker den almindelige løsningsteknik ikke? Det skal
vi undersøge i de næste afsnit. Vi starter med at se nærmere p˚
a den løsningsteknik, som vi
vil anvende.
4.2
Løsningsteknik
I praksis vil vi løse ligninger ved at forsøge at isolere x. Det vil sige, at vi vil forsøge at f˚
a
x til at st˚
a alene p˚
a den ene side af lighedstegnet. Det gør vi ved at benytte fire følgende
regneoperationer:
34
• Lægge den samme størrelse til p˚
a begge sider af lighedstegnet.
• Trække den samme størrelse fra p˚
• Gange med den samme størrelse, som ikke er 0, p˚
• Dividere med den samme størrelse, som ikke er 0, p˚
De fire tilladte operationer kan let retfærdiggøres ud fra definition 4.1. Som beskrevet i
definition 4.1 handler det nemlig om at finde de tilfælde, hvor udsagnet A = B er sandt. Det
gør vi ved at omskrive udtrykket A = B p˚
a en m˚
ade, s˚
a x kommer til at st˚
a alene p˚
a den
ene side af lighedstegnet. Men n˚
ar vi omskriver, m˚
a vi ikke komme til at ændre p˚
a hvilke
x-værdier, der løser ligningen. N˚
ar vi omskriver, er det derfor vigtig at de to sider (kaldet
hhv. højresiden og venstresiden) af ligningen p˚
avirkes p˚
a præcis samme m˚
ade. Ellers ville vi
komme til at ændre p˚
a det oprindelige udtryk.
Dette betyder, at er det vigtigt, at n˚
ar vi ganger eller dividerer, skal det gøres p˚
a hele
højre siden og hele venstre siden. Hermed menes at n˚
ar vi for eksempel ganger en ligning
igennem med 5 skal vi huske at gange samtlige led p˚
a begge sider af lighedstegnet med 5. At
glemme at gange ind p˚
a alle led er en dødssynd p˚
a linje med at glemme at dividere nævneren
op i alle led i tælleren, n˚
ar man regner med brøker. Men inden vi dømmer nogen til døden,
s˚
a lad os se p˚
a et eksempel.
Eksempel 4.3
Vi betragter ligningen
x 3
+ =5
5 5
For at løse ligningen vil vi gerne omskrive ved hjælp af de fire regneoperationer ovenfor og
derved isolere x p˚
a den ene side af lighedstegnet. x st˚
ar allerede p˚
a venstresiden, s˚
a lad os
forsøge at isolere x p˚
a venstresiden af lighedstegnet. Først vil vi gerne af med alle brøkerne.
Det kan vi gøre ved at gange begge sider af lighedstegnet med en af brøkernes fællesnævnere.
Da begge brøker har nævneren 5, er den mindste fællesnævner i dette tilfælde 5. Derfor ganger
vi først b˚
ade højre- og venstresiden med 5. Vi husker at gange alle led p˚
a begge sider med 5
x 3
5·( + )=5·5
5 5
Og ved at regne lidt p˚
a begge sider f˚
as
x + 3 = 25
For at isolere x p˚
a venstresiden trækker vi nu 3 fra p˚
a begge sider af lighedstegnet
x + 3 − 3 = 25 − 3
Og s˚
a er vores mission lykkedes
x = 22
Vi har nemlig fundet ligningens eneste løsning.
35
◦
Men hvordan kan vi egentlig være sikre p˚
a at vi har fundet alle løsningerne til ligningen
i eksempel 4.3? Det kan vi fordi, vi netop kun anvender de fire regneoperationer nævnt
ovenfor. P˚
a den m˚
ade sikrer vi, at alle omskrivningerne bevarer de samme løsninger, fordi
begge sider i ligningen hele tiden p˚
avirkes p˚
a præcis samme m˚
ade3 . N˚
ar det lykkes os at
finde én løsning til sidst m˚
a denne være den eneste mulige løsning.
4.3
Det simple tilfælde
Inden vi g˚
ar igang med de komplicerede tilfælde, skal vi først se nærmere p˚
a det simpleste
tilfælde, nemlig lineære ligninger med én variabel. Hermed menes ligninger, der kan omskrives
til formen
ax + b = 0,
a 6= 0
Ligninger af denne form er kendt fra grundskolen og har altid en og kun én løsning4 . Eksempler p˚
a ligninger af denne type er: x + 7 = 0, 3x + 3 = 4 og 21 x − 2 = 4x + 11.
N˚
ar vi løser lignigner af denne type vil følgende tre skridt udgøre grundideen i vores løsningsteknik:
1. Fjern alle brøker ved at gange alle led p˚
a begge sider med en fællesnævner for alle
brøker i ligningen.
2. Omskriv lignignen s˚
a alle x’erne er samlet p˚
a den ene side af lighedstegnet.
3. Omskriv s˚
a der kun st˚
ar et enkelt x p˚
a den ene side af lighedstegnet.
Vi skal nu se p˚
a et par eksempler.
Eksempel 4.4
Lad os betragte lignignen
4x − 7 = 5 − 2x
Først ser vi, at der ikke optræder nogen brøker i lignigen. Derfor g˚
ar vi direkte videre til
skridt to.
Vi skal alts˚
a forsøge at f˚
a alle x’erne over p˚
a den samme side. Det gør vi ved at lægge
2x til p˚
4x − 7 + 2x = 5 − 2x + 2x
Og ved at reducere hver side f˚
as
6x − 7 = 5
Tredje skridt er at f˚
a x’erne til at st˚
a alene. Det kan vi gøre ved først at lægge 7 til p˚
a begge
sider af lighedstegnet
6x − 7 + 7 = 5 + 7
3
Vi siger at alle udtrykkene er ækvivalente.
Dette er naturligvis en p˚
astand. For at være stringent burde p˚
astanden bevises med et entydighedsbevis.
Spørg gerne efter beviset, n˚
ar du er p˚
a TalentCamp.
4
36
Og ved at reducere f˚
as
6x = 12
Vi mangler nu blot at at omskrive, s˚
a vi har et enkelt x p˚
a venstresiden. Det gør vi ved at
dividere begge sider med 6
6x
12
=
6
6
ar vi
x=2
◦
Hermed er løsningen til ligningen fundet.
Eksempel 4.5
Lad os betragte lignignen
19 x
+ = 4x
3
5
Først vil vi forsøge at komme af med alle brøkerne. Det gør vi ved at gange alle led p˚
a begge
sider med en af brøkernes fællesnævnere. I dette tilfælde er den mindste fælles nævner 15,
s˚
a vi anvender denne
19 x
15 ·
+
= 4x · 15
3
5
Ved at gange ind i parentesen og reducere f˚
ar vi
95 + 3x = 60x
Vi kan f˚
a den ene side ved at trække 3x fra p˚
a begge sider.
95 + 3x − 3x = 60x − 3x
og ved at reducere f˚
ar vi
95 = 57x
For at f˚
a et enkelt x p˚
a højresiden skal vi dividere med 57
57x
95
=
57
57
Og ved reduktion f˚
as
x=
95
5 · 19
5
=
=
57
3 · 19
3
Ligningen har alts˚
a løsningen x = 35 .
4.4
◦
Det lidt sværere tilfælde
Vi har indtil nu set p˚
a ligninger, hvor x optræder som en faktor i et led i ligningen. Det
betyder, at vi ikke har set p˚
a ligninger, hvor x st˚
ar i nævneren i en brøk. N˚
ar x st˚
ar i en
nævner i en ligning, skal vi være særligt opmærksomme, n˚
ar vi løser ligningen. Der er nemlig
risiko for at beg˚
a endnu en dødssynd: at dividere med 0!
Lad os prøve at se p˚
a to eksempler
37
Eksempel 4.6
Vi betrager ligningen
x2 + 3x − 10
=3
x−2
Hvis vi skal anvende samme løsningsteknik, som vi har brugt hidtil, skal vi forsøge at fjerne
alle brøkerne. Der er kun én brøk, s˚
a vi kan fjerne den ved at gange begge sider af lighedstegnet med x − 2
x2 + 3x − 10
= 3 · (x − 2)
(x − 2) ·
x−2
Ved at reducere f˚
ar vi
x2 + 3x − 10 = 3x − 6
Vi vil gerne samle alle x’erne p˚
a vejstresiden, s˚
a derfor trækker vi 3x fra p˚
a begge sider
x2 + 3x − 10 − 3x = 3x − 6 − 3x
as
x2 − 10 = −6
Ved at lægge 10 til p˚
a begge sider f˚
ar vi
x2 = 4
Der findes to tal, som gange med sig selv giver 4, nemlig x = −2 og x = 2. Men de er ikke
begge løsning til vores ligning. Hvis man indsætter x = 2 i den ligning, som vi startede med,
f˚
ar man nemlig
22 + 3 · 2 − 10
=3
2−2
Og hvis vi regner lidt, st˚
ar der
0
=3
0
som absolut ingen mening har! x = 2 er alts˚
a ikke en løsning. Kunne vi have opdaget det
noget før? Ja, det kunne vi. Og det gør vi i næste eksempel.
◦
Eksempel 4.7
Vi betragter lignignen
4x2 − 4x − 24
= 2x + 2
x−3
Vi ser, at der i nævneren p˚
a venstresiden st˚
ar x − 3. Hvis vi vil undg˚
a, at der st˚
ar 0 i nævneren, m˚
a x alts˚
a ikke være 3. Derudover er der ingen problemer i ligningen. Derfor kan vi
trygt anvende vores sædvanlige løsningsstrategi, n˚
ar blot vi husker x 6= 3.
Først vil vi gerne af med nævneren p˚
a venstresiden. Det gør vi ved at gange igennem med
x−3
4x2 − 4x − 24
(x − 3) ·
= (2x + 2) · (x − 3)
x−3
38
Ved at reducere f˚
as
4x2 − 4x − 24 = 2x2 − 4x − 6
For at f˚
a den samme side af lighedstegnet trækker vi 2x2 − 4x fra p˚
a
begge sider
4x2 − 4x − 24 − (2x2 − 4x) = 2x2 − 4x − 6 − (2x2 − 4x)
Igen reducerer vi og f˚
ar
2x2 − 24 = −6
For at f˚
a alene p˚
a venstresiden lægger vi 24 til p˚
a begge sider og f˚
ar
2x2 = 18
Og herefter dividerer vi med 2 og f˚
ar
x2 = 9
Der er to tal, som gange med sig selv giver 9, nemlig x = 3 og x = −3. Men da vi p˚
abegyndte
løsningen af ligningen, s˚
a vi, at x ikke m˚
atte være 3. Derfor er eneste løsning til ligningen
x = −3.
◦
Man kan alts˚
a undg˚
a at lave dumme fejl, hvis man starter med at tage stilling til, om der er
nogle værdier, som x ikke m˚
a antage allerede inden man begynder at løse sin ligning.
4.5
Trivielle ligninger
Hvis en ligning kan omskrives, s˚
a der st˚
ar det samme p˚
a begge sider af lighedstegnet vil ethvert x løse ligningen, og ligningen kaldes for en triviel ligning. Vi skriver at løsningsmængden
til ligningen er alle de reelle tal
L=R
Trivielle ligninger er et eksempel p˚
a ligniner med uendeligt mange løsning.
Eksempel 4.8
1 + 3x =
2 + 6x
2
Ved at reducere højresiden kan vi omskrive til
1 + 3x = 1 + 3x
Der st˚
ar nu det samme p˚
a begeg sider af lighedstegnet, og derfor holder ligningen for ethvert
x. Ligningen har alts˚
a uendeligt mange løsninger, og vi skriver L = R.
◦
39
4.6
Ligninger uden løsning
Hvis en ligning kan omskrives, s˚
a de to sider oplagt ikke kan være lig hinanden har ligingen
ingen løsninger. Vi siger at løsningsmængden er tom og skriver
L=∅
Eksempel 4.9
2x + 3 =
4x − 2
2
Ved at omskrive højresiden f˚
ar vi
2x + 3 = 2x − 1
Vi trækker nu 2x fra p˚
abegge sider og f˚
ar
3 = −1
Det er forkert! Derfor kan ligningen ikke løses, og vi skriver L = ∅.
4.7
◦
Gode eksempler
I det følgende gennemg˚
ar vi en række eksempler, der illustrerer god løsningsteknik.
Eksempel 4.10
Vi vil forsøge at løse ligningen
2x + 4 = 0
For at f˚
a alene p˚
a venstresiden trækker vi 4 fra p˚
2x + 4 − 4 = 0 − 4
Ved at reducere f˚
ar vi
2x = −4
For at sørge for, at der kun st˚
ar et enkelt x p˚
a venstresiden dividerer vi med 2
2x
−4
=
2
2
Og ved at reducere har vi fundet ligningens løsning x = −2
Eksempel 4.11
3x − 7 = 4x + 5
For at f˚
a den ene side af lighedstegnet trækker vi 3x fra p˚
a begge sider
3x − 7 − 3x = 4x + 5 − 3x
40
◦
Ved reduktion heraf f˚
as
−7 = 5 + x
For at f˚
a x til at st˚
a alene p˚
a højresiden trækkes 5 fra p˚
a begge sider
−7 − 5 = 5 + x − 5
og hermed er ligningen løst
x = −12
Eksempel 4.12
3x + 3 = 3(x + 1)
Vi starter med at gange parentesen ud. Herved f˚
as
3x + 3 = 3x + 3
Vi ser nu, at udtrykket p˚
a venstresiden er er det samme som udtrykket p˚
a højresiden. De
to udtryk vil være ens uanset hvilket x vi vælger. Dermed er ligning altid sand, og ethvert
x løser ligningen. Ligningen er et eksempel p˚
a en triviel ligning.
◦
Eksempel 4.13
9
3
=
4x − 2
4x − 3
1
3
Først ser vi, at x ikke m˚
a være 2 eller 4 . I s˚
a fald kommer vi nemlig til at dividere med 0.
Nu vil vi gerne af med de to brøker i ligningen. En fællesnævner for de to brøker er
(4x − 2) · (4x − 3). Vi ganger begge sider af ligningen med fællesnævneren
(4x − 2) · (4x − 3) ·
9
3
= (4x − 2) · (4x − 3) ·
4x − 2
4x − 3
Ved at reducere f˚
a
3 · (4x − 3) = 9 · (4x − 2)
Vi ganger ind i parenteserne og f˚
ar
12x − 9 = 36x − 18
Vi samler x’erne p˚
a højresiden ved at trække 12x fra p˚
a begge sider
12x − 9 − 12x = 36x − 18 − 12x
og ved at reducere f˚
ar vi
−9 = 24x − 18
Vi lægger 18 til p˚
ar
9 = 24x
Til sidst dividerer vi med 24 og f˚
ar
x=
3·3
3
9
=
=
24
3·8
8
41
Eksempel 4.14
4x2 + 2x + 7
7
=
x
x
Vi ser først, at x ikke m˚
a være 0, da vi i s˚
a fald kommer til at dividere med 0.
Dernæst vil vi gerne af med brøkerne, det gør vi ved at gange med x p˚
a begge sider af
lighedstegnet.
7
4x2 + 2x + 7
·x= ·x
x
x
Ved at reducere f˚
ar vi
4x2 + 2x + 7 = 7
Alle x’erne er allerede samlet p˚
a den ene side af lighedstegnet. Vi trækker derfor 7 fra p˚
a
begge sider af lighedsteget for at sørge for der kun er led, hvor x indg˚
ar p˚
a venstresiden.
Herved f˚
as
4x2 + 2x = 0
Her møder vi et problem, fordi vi ikke umiddelbart kan gøre noget ved venstresiden. Problemet kan løses ved at faktorisere. Vi kan omskrive venstresiden s˚
aledes
x · (4x + 2) = 0
P˚
a venstresiden st˚
ar nu et produkt af to udtryk, nemlig x og 4x + 2, som skal give 0. Hvis
et produkt skal give 0 skal en af faktorene være 0. Der er alts˚
a to muligheder for en løsning:
enten skal x = 0 eller 4x + 2 = 0. Vi har allerede set af x ikke m˚
a være 0. Derfor er eneste
mulighed
4x + 2 = 0
Ved først at trække 2 fra p˚
a begge sider og derefter dividere med 4 p˚
a begge sider f˚
as
x=
−2
=2
4
x = − 12 er alts˚
a eneste løsning til ligningen.
◦
42
4.8
Opgaver
Opgave 4.1
Niveauet i de følgende opgaver svarer til opgave 1 i TalentCampDKs test.
a) 4x − 4 = 0
b) 6 − 2x = 0
c) 5x + 10 = 0
d) 6 = 3x
e) 4x − 2 = 0
f) 0 = 5x + 5
Opgave 4.2
a) 3x − 2 = 8 − 2x
b) 4x − 9 = −5x
c) 3x + 7 = 4x − 2
d) −3x − 7 = −4x − 8
e) 15x − 10 + 2 = 9 − 2x
f) 4x − 2 = 6x − 3
Opgave 4.3
a) 3 · (x − 3) = 3x − 9
b) 4x + 4 = 2 · (2x + 3)
c)
3x−6
x−2
=0
d)
8x−4
2
+ 2 = 4x
e) 4x = 5x
f)
4x−8
4
=
4x−8
2
Opgave 4.4
a)
4
2x−3
=
8
3x−2
43
b)
x
x2 +2x
c)
8x
2
8x
4
+
8x
8
d)
20
10x−200
=
20
20x−100
2x−4
8
=
x+2
4
e) 2 ·
f)
3
x
2
+
=1
+ 16 =
=0
15x
2
Opgave 4.5
a)
4
2x−2
b)
2x2 −6x+3
2x−7
c)
3x2 −9x
x−3
=
8
3x−3
= −3
= 2x − 3
d) Bestem k s˚
a x = 3 er en løsning til ligningen 3x2 − 7x = kx
e) Lad k være et helt tal større end 1. Bestem løsningenerne til ligningen x2k − a2k = 0
for ethvert a.
f)
4x2 +4−8x
2x−2
=0
44
Kapitel 5
Andengradsligninger
I dette kapital skal vi se nærmere p˚
a ligninger, hvor der indg˚
ar potenser af den ubekendte. Hovedparten af kapitlet omhandler løsning af andengradsligninger, men vi vil ogs˚
a se
nærmere p˚
a mere eksotiske ligninger med rødder og negative potenser.
Vi vil primært koncentrere os om, hvordan man løser andengradsligninger, men undervejs
bliver vores begejstring s˚
a stort, at vi ikke kan lade være med at udlede løsningsformlen til
andengradsligninger. Løsningsformlen er et stærkt værktøj til ligningsløsning, der forvandler
selv de sværeste andengradsligninger til rutinearbejde.
5.1
Grundform
Før vi kan begynde at knuse andengradsligninger, m˚
a vi gøre os klart, hvad en andengradsligning er.
Definition 5.1 (Andengradsligning)
En ligning kaldes en andengradsligning, hvis den kan skrives p˚
a formen
ax2 + bx + c = 0,
a 6= 0
(5.1)
Hvor a, b og c er reelle tal og x er en variabel. Vi siger, at vi har løst ligningen, hvis vi har
fundet alle de x-værdier, der gør udsagnet i (5.1) sandt.
◦
Andengradsligninger adskiller sig fra almindelige ligninger1 i kraft af, at variablen indg˚
ar
som en potens med eksponent 2. Det har en række implikationer. For det første virker den
almindelige løsningsteknik, som er kendt fra grundskolen, ofte ikke p˚
a andengradsligninger.
Vi skal have stærkere værktøjer i brug. Lad os allerførst se p˚
a et eksempel, hvor det g˚
ar galt:
Eksempel 5.2
Lad os prøve at løse ligningen
x2 + 2x − 3 = 0
Vi bemærker, at dette er en andengradsligning, idet den kan skrives p˚
a formen fra (5.1),
hvor a = 1, b = 2 og c = −3. Hvis vi vil anvende den sædvanlige teknik, handler det om at
1
Med almindelige ligninger menes lineære ligninger.
45
omarrangere ligningen, s˚
a der kun st˚
ar x p˚
a den ene side. Det klarer vi ved at lægge 3 til p˚
a
begge sider af lighedstegnet
x2 + 2x = 3
Men her g˚
ar vi i st˚
a. Vi ved ikke, hvordan vi skal behandle udtrykket x2 + 2x, s˚
a vi kan f˚
a
isoleret et enkelt x. Herfra kan vi kun g˚
a i gang med at gætte p˚
a løsninger - og det bliver
meget hurtigt en møjsommelig proces2 .
◦
Men andengradsligningen adskiller sig fra almindelige ligninger p˚
a endnu et punkt: De kan
3
have én, to eller slet ingen løsninger . Det er alts˚
a ikke givet p˚
a forh˚
and, at man overhovedet
kan finde en løsning til en andengradsligning. Bemærk desuden, at hvis der er to løsninger
til en andengradsligning, x1 og x2 , taler vi ikke længere om løsningen til ligningen, men om
løsningsmængden L. I givet fald skriver vi
L = {x1 , x2 }
Vi kan som sagt ogs˚
a opleve, at en andengradsligning slet ikke har nogen løsning. I dette
tilfælde siger vi, at løsningsmængden er tom og skriver
L=∅
hvor ∅ betegner den tomme mængde4 .
Eksempel 5.3
Lad os igen betragte ligningen
x2 + 2x − 3 = 0
Vi forestiller os nu, at vi p˚
a magisk vis har fundet ud af, at b˚
ade x = −3 og x = 1 løser
ligningen. Vi skriver da løsningsmængden s˚
aledes
L = {−3, 1}
Bemærk, at n˚
ar man bliver bedt om at løse en andengradsligning, menes at man skal finde
løsningsmængden - alts˚
a samtlige x-værdier, der opfylder ligningen. Det er ikke tilstrækkeligt
blot at finde den ene.
◦
Vi har nu forst˚
aet hvad en andengradsligning er, set p˚
a nogle af de problemer de kaster af
sig og indført begrebet løsningsmængde. I næste afsnit skal vi udvikle en løsningsteknik, der
kan hjælpe os med at løse et vigtigt specialtilfælde.
2
Det kan faktisk lade sig gøre at løse ligningen ved at omskrive til grundformen og faktorisere venstresiden.
Dette er imidlertid besværligt.
3
Her forst˚
as implicit, at vi taler om reelle løsninger. En andengradsligning har altid mindst en kompleks
løsning. S˚
afremt dobbeltrødder tælles to gange, findes der altid to komplekse løsninger.
4
Den tomme mængde er blot en mængde, der ikke indeholder nogen elementer.
46
5.2
Nulreglen
I dette afsnit skal vi se p˚
a andengradsligninger p˚
a formen
ax2 + bx = 0,
a 6= 0
(5.2)
Det svarer til almindelige andengradsligninger, hvor c = 0. Disse ligninger kan nemlig løses
ganske let ved hjælp af nulreglen.
Nulreglen g˚
ar ud p˚
a at udnytte, at produktet af to tal kun kan være 0, hvis det ene af
de to tal selv er 0. Venstresiden af (5.2) kan faktoriseres ved at sætte x udenfor en parentes
x · (ax + b) = 0
P˚
a denne m˚
ade har vi et produkt af to tal, henholdsvis x og ax + b, som skal give 0. Det kan
kun lade sig gøre, hvis en af de to tal selv er 0. Vi ved alts˚
a at
x=0
eller
ax + b = 0
Vi ser direkte at den ene løsning er x = 0, og vi kan finde den anden løsning ved at isolere x
i ligningen ax + b = 0. Specielt bemærker vi, at ligninger af typen (5.2) altid har løsningen
x = 0.
Eksempel 5.4
Lad os betragte andengradsligningen
2x2 − x = 0
Da x indg˚
ar i alle led p˚
a venstresiden, kan vi sætte x udenfor en parentes
x · (2x − 1) = 0
Produktet p˚
a venstresiden kan kun give 0 hvis
x=0
eller
2x − 1 = 0
Det betyder, at ligningen har to løsninger, nemlig
x1 = 0
og
x2 =
1
2
Vi kan skrive løsningsmængden som L = {0, 21 }.
◦
Eksempel 5.5
4x2 − 8x = 0
Vi ser at 4x indg˚
ar i begge led, og vi kan omskrive venstresiden s˚
aledes
4x · (x − 2) = 0
Vi har nu to muligheder for løsninger
4x = 0
eller
x−2=0
Fra 4x = 0 f˚
ar vi løsningen x1 = 0, og fra x − 2 = 0 f˚
ar vi løsningen x2 = 2. Andengradsligningen har alts˚
a to løsninger, og løsningsmængden er givet ved L = {0, 2}. Prøv selv at
regne eksempelet, hvor du sætter x udenfor parentes i stedet for 4x.
◦
47
5.3
Løsningsformlen
Vi har set at andengradsligninger altid kan omskrives til formen ax2 + bx + c = 0. M˚
alet i
dette afsnit er at finde en formel, der kan bruges til at løse enhver ligning p˚
a denne form.
Sætning 5.6 (Løsningsformlen)
Enhver løsning til andengradsligningen ax2 + bx + c = 0, hvor a 6= 0, kan findes ved brug af
formlen
√
−b ± b2 − 4ac
(5.3)
x=
2a
Bevis. Vores ide er, at vi skal prøve at isolere x i den generelle form (5.1). Da alle andengradsligninger kan omskrives til denne form, vil vi herefter blot kunne indsætte tal i stedet for a,
b og c for at løse en bestemt andengradsligning. Vi tager derfor udgangspunkt i grundformen
for andengradsligninger
ax2 + bx + c = 0
Da a 6= 0 kan vi tillade os at gange ligningen igennem med 4a
4a2 x2 + 4abx + 4ac = 0
Vi lægger nu b2 til p˚
ar
4a2 x2 + 4abx + 4ac + b2 = b2
Ved at trække 4ac fra p˚
a begge sider f˚
ar vi
4a2 x2 + 4abx + b2 = b2 − 4ac
Vi ser nu, at venstresiden kan omskrives ved hjælp af første kvadratsætning. P˚
a den m˚
ade
kan vi omskrive til
(2ax + b)2 = b2 − 4ac
Vi bemærker, at venstresiden altid er større end eller lig 0, da den er opløftet i anden potens.
Men kan vi tænke os en andengradsligning hvor b2 − 4ac < 0? Det kan vi sagtens, men i s˚
a
fald st˚
ar der, at noget positivt skal være lig noget negativt. Det kan ikke lade sig gøre, derfor
kan vi konkludere, at i s˚
a fald findes der ingen løsning
b2 − 4ac < 0 ⇒ L = ∅
Lad os nu antage at b2 − 4ac ≥ 0 og se om vi kan finde en eller flere løsninger. For at slippe af
med eksponenten p˚
a venstresiden tager vi nu kvadratroden p˚
√
Men vi skal tænke os om, fordi 2ax + b kan jo b˚
ade være positivt og negativt, men b2 − 4ac
er større end eller lig 0 pr. definition5 . Vi har derfor
√
√
2ax + b = b2 − 4ac
eller
2ax + b = − b2 − 4ac
5
Kvadratroden af et tal er defineret som det positive tal, der ganget med sig selv giver tallet under
kvadratroden. Hvis vi ikke passer p˚
a glemmer vi alts˚
a de negative løsninger.
48
√
Bemærk at hvis b2 − 4ac = 0 er de to udtryk sammenfaldende. Det betyder, at hvis
b2 − 4ac = 0 har andengradsligningen netop en løsning.
Vi kan nu isolere x i hvert udtryk
√
√
−b − b2 − 4ac
−b + b2 − 4ac
eller
x=
x=
2a
2a
Som ogs˚
a kan skrives som
√
−b ± b2 − 4ac
x=
2a
hvor tegnet ± betyder at udtrykket skal regnes en gang med plus (+) og en gang med minus
(−). Hermed har vi udledt løsningsformlen til andengradsligninger.
Nu har vi alts˚
a udviklet et værktøj, som kan hjælpe os med at løse andengradsligninger p˚
a
en ganske simpel m˚
ade. Lad os se p˚
a nogle eksempler, hvor vi bruger løsningsformlen.
Eksempel 5.7
Lad os endnu engang vende tilbage til ligningen x2 + 2x − 3 = 0. Vi s˚
a før, at ligningen
havde to løsninger, nemlig x = −3 og x = 1. Lad os nu prøve at anvende løsningsformlen og
tjekke, at vi f˚
ar de samme løsninger. Vi starter med at bemærke a = 1, b = 2 og√c = −3,
og s˚
a er vi klar til at bruge løsningsformlen. Vi skal regne igennem én gang, hvor b2 − 4ac
lægges til og én gang, hvor det trækkes fra. Vi har alts˚
a
p
√
√
−2 + 22 − 4 · 1 · (−3)
−2 + 16
2
−b + b2 − 4ac
=
=
= =1
x=
2a
2·1
2
2
eller
p
√
√
−2 − 22 − 4 · 1 · (−3)
−b − b2 − 4ac
−2 − 16
−6
x=
=
=
=
= −3
2a
2·1
2
2
Løsningsmængden er alts˚
a givet ved L = {−3, 1}.
◦
N˚
ar man behersker løsningsformlen, er det ikke længere nødvendigt at f˚
a gode ideer eller p˚
a
magisk vis at gætte løsningerne. Hvis man vil løse en andengradsligning, er det alts˚
a blot et
spørgsm˚
al om at anvende løsningsformlen. Vi vil nu se p˚
a et par eksempler mere.
Eksempel 5.8
Lad os prøve at løse ligningen x2 − 5x + 6 = 0. Vi starter med at identificere a, b og c:
a = 1,
b = −5
c=6
Vi kan nu sætte ind i løsningsformlen (5.3)
p
√
√
−(−5) ± (−5)2 − 4 · 1 · 6
−b ± b2 − 4ac
5± 1
5±1
x=
=
=
=
2a
2·1
2
2
Vi regner nu igennem en gang med henholdsvis plus (+) og minus (−) og finder p˚
a den m˚
ade
de to løsninger, x1 og x2 .
5+1
6
x1 =
= =3
2
2
5−1
4
x2 =
= =2
2
2
a to løsninger, og løsningsmængden er givet ved L = {2, 3}.
◦
49
Eksempel 5.9
Lad os betragte ligningen 2x2 + 4x + 2, og lad os finde alle løsningerne. Som altid starter vi
med at identificere a, b og c:
a = 2,
b=4
c=2
Vi er nu klar til at sætte ind i løsningsformlen (5.3).
x=
−b ±
√
√
√
b2 − 4ac
−4 ± 42 − 4 · 2 · 2
−4 ± 0
−4 ± 0
−4
=
=
=
=
= −1
2a
2·2
4
4
4
Her finder vi alts˚
a løsningen direkte, fordi det ikke gør nogen forskel, om vi lægger 0 til
6
eller trækker det fra . I dette tilfælde er der alts˚
a kun 1 løsning til ligningen, nemlig −1. Vi
har derfor, at løsningsmængden er givet ved L = {−1}.
◦
Vi har nu set p˚
a to eksempler, hvor der rent faktisk findes løsninger til den givne andengradsligning. Som det fremg˚
ar af beviset for sætning 5.6, findes der ogs˚
a andengradsligninger,
som slet ikke har en løsning. Vi skal nu se et eksempel herp˚
a.
Eksempel 5.10
Lad os betragte andengradsligningen −4x2 + 2x − 5 = 0 og forsøge at finde alle løsningerne.
Vi starter med at identificere a, b og c:
a = −4
b=2
c = −5
Vi sætter nu ind i løsningsformlen:
p
√
√
−2 ± 22 − 4 · (−4) · (−5)
−2 ± −76
−b ± b2 − 4ac
=
=
x=
2a
2 · (−4)
−8
Det kan ikke lade sig gøre at tage kvadratroden af et negativt tal, s˚
a ligningen har ikke
nogen løsninger. Vi siger da, at løsningsmængden er tom, og vi skriver L = ∅.
◦
Inden vi slutter dette afsnit, vil vi se lidt nærmere p˚
a en vigtig følgesætning.
Korollar 5.11
For enhver andengradsligning ax2 + bx + c = 0, hvor a 6= 0, gælder følgende
(i) b2 − 4ac < 0 ⇔ Ligningen har ingen løsninger
(ii) b2 − 4ac = 0 ⇔ Ligningen har netop en løsninger
(iii) b2 − 4ac > 0 ⇔ Ligningen har to løsninger
Bevis. Sætningen følger direkte af beviset for sætning (5.6).
Vi kan alts˚
a afgøre, hvor mange løsninger en andengradsligning har helt uden at bruge
løsningsformlen - og endnu vigtigere uden at vi behøver at finde løsningerne.
6
Bemærk at dette sker fordi b2 − 4ac = 0. Se beviset for sætning 5.6.
50
Eksempel 5.12
8x2 + x + 10 = 0
Vi ser at
b2 − 4ac = 12 − 4 · 8 · 10 = 1 − 320 = −319 < 0
S˚
a siger sætning (5.11), at der ikke findes nogen løsninger, og vi har alts˚
a
L=∅
5.4
Skjulte andengradsligninger og substitution
Vi har nu lært at løse andengradsligninger, og det viste sig at være rimeligt let, n˚
ar vi
anvender løsningsformlen. Derfor er det naturligt at spørge: kan vi ogs˚
a løse ligninger, hvor
den ubekendte optræder med potenser med højere eksponent end 2? Svaret er, at der findes
en løsningsformel (5.3) for b˚
ade tredjegradsligninger og fjerdegradsligninger, men de er lange
og komplicerede og anvendes derfor meget sjældent i praksis. Der findes ingen løsningsformler
til af højere grad end 4.
Men skal vi s˚
a bare give op? Nej. I hvert fald ikke med alle ligninger af højere grad. Hvis
ligningerne ser ud p˚
a nogle bestemte m˚
ader, kan vi nemlig omskrive dem til andengradsligninger ved hjælp af en metode, der kaldes substitution. Det skal vi se nærmere p˚
a i nogle
eksempel.
Eksempel 5.13
Lad os betragte fjerdegradsligningen 2x4 − 20x2 + 18 = 0, og lad os forsøge at finde alle de
x, der løser ligningen. Vi har ikke noget umiddelbart bud p˚
a, hvad vi skal stille op med en
ligning p˚
a denne form. Vi indfører derfor en variabel t og sætter t = x2 . Det m˚
a betyde at
2
4
t = x , og vi kan nu omskrive vores ligning
2x4 − 20x2 + 18 = 2t2 − 20t + 18 = 0
Vi har alts˚
a omskrevet ligningen til en andengradsligning i variablen t, og den kan vi bruge
løsningsformlen (5.3) til at løse! Vi starter med at identificere a, b, og c. Vi ser at:
a=2
b = −20
c = 18
Og ved at indsætte i løsningsformlen f˚
ar vi:
p
√
√
−(−20) ± (−20)2 − 4 · 2 · 18
20 ± 256
20 ± 16
−b ± b2 − 4ac
t=
=
=
=
2a
2·2
4
4
Ved at regne igennem en gang med henholdsvis plus (+) og minus (−) finder vi to mulige
løsninger
20 + 16
36
t1 =
=
=9
4
4
51
20 − 16
4
= =1
4
4
2
Vi har alts˚
a nu løst ligningen 2t − 20t + 18 = 0 med hensyn til t, men det vi gerne ville, var
at løse ligningen 2x4 − 20x2 + 18 = 0 med hensyn til x. Det kan vi gøre ved at udnytte, at
t = x2 . De x, vi søger, m˚
a alts˚
a løse en af følgende to ligninger:
√
t1 = x2 ⇔ 9 = x2 ⇔ x = ± 9 = ±3
√
t2 = x2 ⇔ 1 = x2 ⇔ x = ± 1 = ±1
t2 =
Fjerdegradsligningen 2x4 − 20x2 + 18 = 0 har alts˚
a fire løsninger, og disse er givet ved
løsningsmængden L = {−3, −1, 1, 3}.
◦
Denne metode kan anvendes p˚
a alle ligninger af formen
ax4 + bx2 + c = 0
Akkurat som det er gjort i eksemplet ovenfor. Men det stopper faktisk ikke her. Generelt
kan metoden anvendes direkte p˚
a alle ligninger af formen
ax2k + bxk + c = 0
Hvor k er et helt tal forskelligt fra 0. I s˚
a fald sættes t = xk .
Eksempel 5.14
Vi vil forsøge at finde alle de x, der løser ligningen
1
1
+ −6=0
2
x
x
1
−1
Vi indfører variablen t og sætter t = x = x . Hvis vi substituerer med t i ligningen f˚
ar vi
t2 + t − 6 = 0
som er en almindelig andengradsligning, hvor a = 1, b = 1 og c = −6. Vi kan løse ligningen
ved at bruge løsningsformlen
p
√
−1 ± 12 − 4 · 1 · (−6)
−1 ± 25
−1 ± 5
=
=
t=
2·1
2
2
Vi har alts˚
a løsningerne
−1 + 5
4
t1 =
= =2
2
2
−1 − 5
−6
t2 =
=
= −3
2
2
For at finde x udnytter vi at t = x1 og løser ligningerne
1
⇔ x1 =
x1
1
−3 =
⇔ x2 =
x2
Løsningen til ligningen er alts˚
a givet ved
1 1
L = {− , }
3 2
2=
52
1
2
1
−3
5.5
Gode eksempler
I dette afsnit gennemregner vi en række eksempler, hvor teorien fra dette kapitel anvendes.
Eksemplerne stiger i sværhedsgrad, s˚
aledes at det første eksempel er det letteste, og det
sidste eksempel er det sværeste.
Eksempel 5.15
Vi betragter andengradsligningen
x2 + 2x − 3 = 0
Vi vil anvende løsningsformlen til at bestemme ligningens løsninger, og derfor bemærker vi
at
a = 1, b = 2, c = −3
Vi er nu klar til at sætte ind i løsningsformlen
p
√
−2 ± 22 − 4 · 1 · (−3)
−2 ± 16
−2 ± 4
x=
=
=
= −1 ± 2
2·1
2
2
Vi regner først udtrykket ud med (+) og derefter med (−).
x1 = 1
x2 = −3
Løsningsmængden er alts˚
a givet ved L = {−3, 1}.
◦
Eksempel 5.16
Lad os bestemme løsningerne til ligningen
(x − 3)(x + 4) = 0
Vi ser at venstresiden er produktet af to tal. Vi har tidligere diskuteret at et s˚
adan produkt
kun kan give 0, hvis et af tallene selv er 0. Derfor har vi følgende løsningsmuligheder
x−3=0
eller
x+4=0
Vi ser umiddelbart at de eneste løsningsmuligheder er x = 3 og x = −4. Dermed har vi alts˚
a
løsningsmængden
L = {−4, 3}
I eksemplet her udnytter vi faktisk præcis den samme ide, som vi brugte i afsnit 5.2.
53
◦
Eksempel 5.17
2x2 + 2 = −4x
Hvis vi lægger 4x til p˚
a begge sider af lighedstegnet f˚
ar vi
2x2 + 4x + 2 = 0
som er en andengradsligning p˚
a formen (5.1). Vi ser at
a = 2,
b = 4,
c=2
Vi er nu klar til at sætte ind i løsningsformlen
√
√
−4 ± 42 − 4 · 2 · 2
−4 ± 0
−4
x=
=
=
= −1
2·2
4
4
a kun en enkelt løsning og vi skriver L = {−1}.
Eksempel 5.18
◦
√
x+3 x−4=0
For at løse ligningen vil vi gerne omskrive
til en andengradsligning, s˚
a vi kan bruge løsningsformlen.
√
Derfor indfører vi variablen t = x, s˚
a vi kan omskrive vores ligning til andengradsligningen
t2 + 3t − 4 = 0
Vi ser at a = 1, b = 3 og c = −4, og s˚
a er vi klar til at bruge løsningsformlen
p
√
−3 ± 32 − 4 · 1 · (−4)
−3 ± 25
−3 ± 5
=
=
t=
2·1
2
2
Vi har alts˚
a to mulige løsninger til andengradsligning i t, nemlig
t1 =
−3 + 5
=1
2
−3 − 5
= −4
2
For at finde de x-værdier, der løser den oprindelige ligning, skal vi alts˚
a løse følgende to
ligninger
√
1= x
√
−4 = x
t2 =
Den første ligning har løsningen x = 1, men den anden ligning har slet ingen løsninger!
Derfor har den oprindelige ligning kun en enkelt løsning, nemlig x = 1.
◦
54
Eksempel 5.19
Lad os undersøge, om der findes tre p˚
a hinanden følgende hele positive tal, a, b og c, s˚
a
a2 + b 2 = c 2
Vi starter med at bemærke, at
b=a+1
og
c=a+2
Nu kan vi omskrive oplysningen s˚
aledes
a2 + (a + 1)2 = (a + 3)2
og n˚
ar vi ganger parenteserne ud f˚
ar vi
a2 + a2 + 1 + 2a = a2 + 4 + 4a
Vi vil gerne omskrive til en andengradsligning, derfor trækker vi a2 + 9 + 6a fra p˚
a begge
sider af lighedstegnet og f˚
ar
a2 − 2a − 3 = 0
Da dette er en andengradsligning p˚
a formen (5.1) kan vi bruge løsningsformlen
p
√
−(−2) ± (−2)2 − 4 · 1 · (−3)
2 ± 16
2±4
a=
=
=
=1±2
2·1
2
2
Vi har alts˚
a to løsningskandidater
a = −1
a=3
Den første kandidat duer ikke, da vi leder efter tre positive hele tal. Den anden kandidat
opfylder til gengæld kriteriet. Vi har alts˚
a bestemt det første af de tre tal, nemlig a = 3. Det
følger helt oplagt at b = 4 og c = 5. Vi har alts˚
a fundet tre p˚
a hinanden følgende positive
hele tal, der opfylder det efterspurgte, men vi har faktisk ogs˚
a vist, at der ikke findes andre
muligheder!
◦
55
5.6
Opgaver
Opgave 5.1
a) x2 − 3x + 2 = 0
b) x2 + x − 2 = 0
c) 2x2 + x + 4 = 0
d) x2 − 10x + 25 = 0
e) x2 = 1
f) −x2 − 3 = 0
Opgave 5.2
a) (x − 4) · (x − 1) = 0
b) (x − 3) · (x − 2) = 0
c) (x − 2) · (x + 2) = 0
d) (x − 1) · (x + 3) = 0
e) x · (x − 5) = 0
f) (x + 4) · (x − 1) = 0
Opgave 5.3
a) 2x2 + 2x = 12
b) 4x2 − 8x = −4
c) 4x2 + 1 = 2x
d) 2x2 = 6x
e) 2x + 4 = 2x2
f) −3x2 + 6x − 3 = 0
Opgave 5.4
a) x4 − 13x2 + 36 = 0
b) x4 − 8x2 − 9 = 0
c) x4 + 2x2 + 1 = 0
d) 2x4 − 50x2 + 288 = 0
e) x4 − 2x2 + 1 = 0
56
f) 7x4 + 28x2 + 28 = 0
Opgave 5.5
a) Bestem a s˚
a ligningen ax2 + 2x − 2 = 0 netop har én løsning.
b) For hvilke b har ligningen 4x2 + bx + 1 = 0 netop to løsninger?
c) Bestem i hvilke to punkter graferne for funktionerne f (x) = 2x og g(x) = ax2 skærer
hinanden.
d) Bestem k s˚
a ligningen x2 − 4k 2 = 0 har løsningsmængden L = {−1, 1}.
e) Hvad skal der gælde om a og b, hvis ligningen ax2 + bx + 1 skal have mere end én
løsning?
f) Bestem a s˚
a ligningen ax2 + x − 6 = 0 har løsningerne x = 2 og x = −3
57
Kapitel 6
Kvadratiske ligningssystemer
I dette kapitel vil vi arbejde med systemer af ligninger. Kapitel forudsætter, at du har styr
a, hvordan systemer af ligninger
p˚
a løsning af én ligning med én variabel1 . Vi vil fokusere p˚
løses gennem en række gode eksempler af forskellig sværhedsgrad.
6.1
Hvad er et kvadratisk ligningssystem?
Et ligningssystem er to eller flere ligninger, der skal løses samtidig. Vi kalder ligningssystemet
for kvadratisk, hvis antallet af ligninger er det samme som antallet af ubekendte. I dette
kapitel vil vi begrænse os til at løse to ligninger med to ubekendte. Lad os starte med at se
p˚
a et eksempel
2x − y = 7
4x + 4y = 8
Vores m˚
al er at bestemme et x og et y, der løser begge ligninger samtidig. Der findes flere
forskellige metoder til n˚
a frem til en løsning. I næste afsnit gennemg˚
ar vi en metode, der
kaldes substitutionsmetoden. Denne metoden er ofte simpel at benytte og kan bruges i alle
tilfælde.
6.2
Substitutionsmetoden
I et ligningssystem optræder ligninger med flere ubekendte. Hvis vi forsøger at løse ligningerne en af gangen, vil vi ikke n˚
a frem til en løsning (prøv selv!). Ideen i substitutionsmetoden
er at skrive om p˚
a ligningssystemet, s˚
a en af ligning kun har én ubekendt. Vi udnytter at
talsættet (x, y) skal løse begge ligninger samtidig, derfor isolerer vi den ene variable i den
ene ligning og indsætter udtryk herfor i den anden ligning. P˚
a den m˚
ade har fjernet den ene
ubekendte i den ene ligning.
Lad os se nærmere p˚
a ligningssystemet fra før og gennemg˚
a metoden skridt for skridt.
1
Læs evt. noten om ligninger inden du g˚
ar i gang med denne note.
58
Eksempel 6.1
Ligningssystemet er givet ved
2x − y = 7
4x + 4y = 8
Vi tager udgangspunkt i den første ligning og isolerer den ene variabel. Vi vælger den variabel,
der umiddelbart er lettest at isolere. I dette tilfælde er det y.
2x − y = 7 ⇔
y = 2x − 7
(?)
Vi leder efter et y, der løser begge ligninger samtidig, det m˚
a alts˚
a gælde for begge ligninger
at y = 2x − 7. Vi kan derfor indsætte dette udtryk for y i den anden ligning uden at ændre
p˚
a ligningssystemets løsning.
4x + 4y = 8 ⇔
4x + 4(2x − 7) = 8
Det er nu lykkedes os at n˚
a frem til en ligning med én ubekendt. Vi løser ligningen p˚
a
sædvanlig vis
4x + 4(2x − 7) = 8 ⇔
4x + 8x − 28 = 8 ⇔
12x = 36 ⇔
36
x=
⇔
12
x=3
Men vi er ikke færdige endnu. En løsning til ligningssystemet er et talsæt (x, y), s˚
a vi mangler
at bestemme y. Vi har faktisk allerede et udtryk for y, nemlig (?). Hvis vi indsætter x = 3
f˚
ar vi
y = 2x − 7 ⇔
y = 2 · 3 − 7 = −1
Ligningssystemets løsning er alts˚
a (x, y) = (3, −1).
Det er altid en god idé at tjekke sin løsning ved at indsætte i de oprindelige ligninger:
2x − y = 2 · 3 − (−1) = 6 + 1 = 7
4x + 4y = 4 · 3 + 4 · (−1) = 12 − 4 = 8
Vi er heldigvis n˚
aet frem til den rigtige løsning.
◦
Lad os opsummere hvad substitutionsmetoden g˚
ar ud p˚
a. Vi kan inddele metoden i følgende
fire trin:
59
1. Isoler en ubekendt i en ligning efter eget valg.
2. Indsæt udtrykket for denne ubekendte i den anden ligning.
3. Løs ligningen med én ubekendt.
4. Indsæt løsningen i det fundne udtryk for den anden variabel.
Alle kvadratiske ligningssystemer kan løses ved at følge disse fire trin slavisk. Men ofte er
der tid at spare, hvis vi ændrer en smule p˚
a metoden. Lad os se p˚
a et eksempel, hvor dette
er tilfældet.
Eksempel 6.2
Betragt følgende ligningssystem
3x + 2y = 4
3y + 3x = 9
Vi ser straks at 3x indg˚
ar i begge ligninger. Det er derfor lettere at isolere 3x frem for x.
3x + 2y = 4 ⇔
3x = 4 − 2y
(?)
Udtrykket for 3x indsættes i den anden ligning og ligningen løses.
3y + 3x = 9 ⇔
3y + 4 − 2y = 9 ⇔
y=5
Vi indsætter y-værdien i (?) og beregner x
3x = 4 − 2y ⇔
3x = 4 − 2 · 5 = −6 ⇔
x = −2
Løsningen til ligningssystemt er alts˚
a talsættet (x, y) = (−2, 5).
6.3
◦
Antallet af løsninger
Antallet af løsninger til et kvadratisk ligningssystem afhænger af systemets struktur. Generelt
opdeler vi ligningssystemer i de lineære systemer og de ikke lineære systemer.
Lineære ligningssystemer
Kvadratiske ligningssystemer, hvor alle ligninger er lineære, har 3 mulige løsningstyper: en
løsning, ingen løsning eller uendelig mange løsninger. Vi har allerede set to eksempler2 p˚
a
ligningssystemer, hvor netop ét talsæt (x, y) løser systemet. I to eksempler vil vi se nærmere
p˚
a strukturen af ligningssystemer uden løsning eller med uendelig mange løsninger.
2
Eksempel 6.1 og eksempel 6.2.
60
Eksempel 6.3 (Ingen løsning)
Betragt følgende ligningssystem
3x + y = 2 + 2y
2x − 5 = y − x
N˚
ar vi omskriver systemet, kommer vi frem til noget sludder
3x + y = 2 + 2y
2x − 5 = y − x
m
3x − y = 2
3x − y = 5
Det kan aldrig være sandt at 3x − y er lig 2, men ogs˚
a lig 5. Vi kan alts˚
a se direkte at
systemet ikke har nogen løsning. Det er ikke altid let lave en omskrivning som denne. Lad
os undersøge hvad der sker hvis vi løser systemet med substitutionsmetoden.
Vi isolerer y i den første ligning og f˚
ar at
y = 3x − 2
Vi indsætter nu dette udtryk i den anden ligning, og løser ligningen.
2x − 5 = y − x ⇔
2x − 5 = 3x − 2 − x ⇔
2x − 5 = 2x − 2 ⇔
−5 = −2
Dette er helt oplagt er noget sludder. Ovenst˚
aende system er et eksempel p˚
a et inkonsistent
ligningssystem. Det betyder, at der indg˚
ar to ligninger i systemet, som ikke kan være sande
samtidig! Der findes s˚
aledes ingen løsning til inkonsistente ligningssystemer.
◦
Eksempel 6.4 (Uendelig mange løsninger)
Lad os undersøge følgende ligningssystem
x − 2y = 5
y + 2x − 2 = 3y + x + 3
Hvis vi omskriver systemet kommer vi frem til noget mystisk
x − 2y = 5
y + 2x − 2 = 3y + x + 3
m
x − 2y = 5
x − 2y = 5
61
De to ligninger er fuldstændig ens! Ligegyldigt hvilket x vi vælger, vil det altid være muligt
at bestemme et tilsvarende y, der løser begge ligninger. Systemet har alts˚
a uendelig mange
løsninger. Et system som dette kaldes et trivielt ligningssystem. Det er ikke altid let at se, at
de to ligninger er ens. Lad os derfor undersøge hvad der sker, hvis vi forsøger at løse systemet
med substitutionsmetoden.
Vi isolerer x i den første ligning og f˚
ar at
x = 5 + 2y
Vi indsætter nu dette udtryk i den anden ligning, og løser ligningen.
y + 2x − 2 = 3y + x + 3 ⇔
y + 2(5 + 2y) − 2 = 3y + 5 + 2y + 3 ⇔
y + 10 + 4y − 2 = 3y + 5 + 2y + 3 ⇔
5y + 8 = 5y + 8
Dette er en triviel ligning, det vil sige at alle y-værdier kan løse ligningen. Vi kan alts˚
a finde
uendelig mange talsæt (x, y), der løser ligningssystemet.
◦
Ikke lineære ligningssystemer
Hvis mindst en af ligningerne i et kvadratisk ligningssystemet ikke er lineær, er det muligt
at systemet kan have to, tre eller flere løsninger. Lad os se nærmere p˚
a et eksempel p˚
a et
kvadratisk ligningssystem med to løsninger.
Eksempel 6.5 (To løsninger)
Betragt følgende ikke lineære ligningssystem
y = x2 − 2x − 10
y+2=x−8
Vi ser straks at y allerede er isoleret i den første ligning. Vi indsætter udtrykket for y i den
anden ligning, og løser ligningen.
y+2=x−8⇔
x − 2x − 10 + 2 = x − 8 ⇔
x2 − 2x − 8 = x − 8 ⇔
x2 − 3x = 0 ⇔
x(x − 3) = 0 ⇔
x=0
eller
2
x=3
◦
For hver af de fundne x-værdier bestemmer vi den tilhørende y-værdi, ved at indsætte xværdien i udtrykket for y.
62
For x = 0 er
y = x2 − 2x − 10 = 02 − 2 · 0 − 10 = −10
For x = 3 er
y = x2 − 2x − 10 = 32 − 2 · 3 − 10 = −7
Ligningssystemet har alts˚
a følgende to løsninger (x, y) = (0, −10) eller (x, y) = (3, −7)
6.4
Gode eksempler
I denne afsnit gennemregner vi en række eksempler, hvor teorien fra dette kapitel anvendes.
Eksemplerne stiger i sværhedsgrad.
Eksempel 6.6
x = 3y
2x − 5y = 2
Vi ser straks at x allerede er isoleret i den første ligning. Vi indsætter x i den anden ligning,
og løser ligningen.
2x − 5y
2(3y) − 5y
6y − 5y
y
=2⇔
=2⇔
=2⇔
=2
Vi indsætter nu y-værdien i udtrykket for x
x = 3y = 3 · 2 = 6
a (x, y) = (6, 2).
Eksempel 6.7
Betragt nu følgende ligningssystem
y + 5 = 4x
2x + 5 = −2y
Vi vælger at isolere y i den første ligning og f˚
ar at
y = 4x − 5
63
◦
Dette udtryk indsætter vi i den anden ligning, og løser ligningen.
2x + 5 = −2y ⇔
2x + 5 = −2(4x − 5) ⇔
2x + 5 = −8x + 10 ⇔
10x = 5 ⇔
1
x=
2
◦
Nu indsætter vi x-værdien i udtrykket for y
y = 4x − 5 = 4 ·
1
− 5 = −3
2
a (x, y) = ( 12 , −3).
Eksempel 6.8
4x + y = 8x + 10
2y + 4x = 5 − 8x
Vi vælger at isolere y i den første ligning og f˚
ar at
y = 4x + 10
Vi indsætter nu udtrykket for y den anden ligning, og løser denne.
2y + 4x = 5 − 8x ⇔
2(4x + 10) + 4x = 5 − 8x ⇔
8x + 20 + 4x = 5 − 8x ⇔
20x = −15 ⇔
3
−15
x=
=−
20
4
Vi indsætter nu x-værdien i udtrykket for y
3
y = 4x + 10 = 4 · −
4
a (x, y) = (− 43 , 7).
64
+ 10 = 7
◦
Eksempel 6.9
Betragt nu følgende ligningssystem
4x = 10 − 6y
5−y
2=
x+y
Vi vælger at isolere x i den anden ligning
5−y
⇔
x+y
2x + 2y = 5 − y ⇔
2x = 5 − 3y ⇔
5 − 3y
x=
2
2=
Vi indsætter udtrykket for x i den første ligning, og løser ligningen.
4·
4x = 10 − 6y ⇔
5 − 3y
= 10 − 6y ⇔
2
10 − 6y = 10 − 6y
◦
Vi ser straks at dette er en triviel ligning, det vil sige at alle y-værdier kan løse ligningen.
Der findes s˚
aledes uendelig mange løsninger til ligningssystemet.
Eksempel 6.10
x
y
= +2
2
6
y−4
x=
1−x
Vi bemærker først at det m˚
a gælde at x 6= 1. Vi vælger at isolere y i den første ligning
y
x
= +2⇔
2
6 x
y =2·
+2 ⇔
6
x
y = +4
3
65
Dette udtryk for y indsætter vi nu i den anden ligning, og løser ligningen.
y−4
⇔
1−x x
+4 −4
⇔
x= 3
1−x
x
x(1 − x) = ⇔
3
x
2
x−x − =0⇔
3
2
−x2 + x = 0 ⇔
3
2
x( − x) = 0 ⇔
3
2
x = 0 eller x =
3
x=
For hver af de fundne x-værdier bestemmer vi en tilsvarende y-værdi, ved at indsætte xværdien i udtrykket for y.
For x = 0 er
y=
For x =
2
3
0
x
+4= +4=4
3
3
er
2
38
x
+4= +4=
3
9
9
Ligningssystemet har alts˚
a følgende to løsninger (x, y) = (0, 4) eller (x, y) = ( 23 , 38
)
9
y=
66
◦
6.5
Opgaver
Opgave 6.1
a) x = 2y
5x − 5y = 10
b) 5x + 2y = 1
y = −2x
c) x = −5y
7y + x = 2
d) 2x + 2y = 12
x = −4y
e) y = −x
2x + y = 4
f) y = 5x
x + y = 12
Opgave 6.2
a) 2x − 3y = 7
3x + y = 5
b) 3x − y = −6
2x = 7 − 3y
c) 2x − 2y = 8
7y = x − 16
d) x + 1 = −4y
2x + 4y = 6
67
e) 4x = y − 5
x − 3y = 7
f) 4x + 3 = −2y + 1
2y − 2 = 2x − 4
Opgave 6.3
Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 3 i TalentCamps test. (Vær opmærksom p˚
a at hver ligningssystem kan have ingen, en eller flere løsninger)
a) 3y − 6 = x + 3
2x + 10 = −6y
b) 3x − 2y = 5
x−y =
3 x
−
2 2
c) 4x + 8 = 3y + 1
8x − 1 = −3y − 3
d) 3x + 11 = −5y + 1
−2x − 3 = 10y + 5
e) 4x + 2y = 2 − 2x − y
y = 32 − 2x
f) 2x − 3 = −10y + 1
5y + 5 = x − 3
Opgave 6.4
a)
x + 4y
= 6y + x
2
−6x − 12y
= 4y − x
3
68
b)
c)
d)
2x + y
2x + 2y
=
5
2
2
3
=
x−5
x+y
6 + 3x
= 2y + 2
2
6x + 20
1 − 2y =
4
2
4x + 3
=
y−3
3
8x + 2y − 5 = y + 4x
e)
5−y
=7
x + 2y
4 − 6x − 13y =
f)
3x + 6y
3
x+2 y−2
5
−
=
4
12
4
y = 3x − 7
Opgave 6.5
a) Bestem x og y udtrykt ved a og b
2x − y = −5a
3x + 2y = 7b − 4a
b)
c)
2x − 1 y + 2
+
=4
3
4
x+3 x−y
−
=3
2
3
5 3
− =1
x y
2 1
+ =7
x y
69
d) y + 2x = 14 − x
3
y+3
=x+
x+2
x+2
e)
2x + y
=4
x+2
y+x
= −3 − 2x
2
f) 3y − 2x = 2y + 7
8
y+8
=x−4+
x
x
70
Bilag A
Talmængder
Form˚
alet med dette appendiks er at indføre de mest grundlæggende talmængder: de naturlige
tal, de hele tal, de rationelle tal og de reelle tal. Indføringen er p˚
a ingen m˚
ade formel, og
tilsigter kun at give læseren en forst˚
aelse, der er tilstrækkelig for at forst˚
a bogens hovedtekst.
Før vi ser nærmere p˚
a talmængder, vil vi bruge et øjeblik p˚
a at indføre begrebet en mængde.
Lidt naiv mængdelære
Til at begynde med har vi brug for at beslutte, hvad vi vil forst˚
a ved begrebet mængde.
Definition A.1
En mængde er en samling af veldefineret objekter. Disse objekter kaldes mængdens elementer.
Elementerne kan være hvad som helst: tal, andre mængder, mennesker, bygninger, etc. En
mængde kan kun indeholde det samme element én gang og elementernes indbyrdes rækkefølge
er uden betydning.
◦
En mængde betegnes traditionelt med et stort bogstav, mens mængdens elementer betegnes
med det tilsvarende lille bogstav med et indekstal. Vi kan alts˚
a specificere mængden A, der
indeholder elementerne a1 , a2 , og a3 , som:
A = {a1 , a2 , a3 }
Denne m˚
ade at opskrive en mængde p˚
a kaldes for listeform, og skal læses ”mængden A indeholde elementerne a1 , a2 og a3 ”.
Vi har ofte brug for at specificere hvilken mængde et element kommer fra. Vi siger at elementerne a1 , a2 og a3 tilhører A, og vi skriver a1 , a2 , a3 ∈ A. Symbolet ∈ siges ”tilhører”og
bruges generelt til at angive hvilken mængde et givent element tilhører.
Eksempel A.2
Betragt mængden M , der indeholder alle de positive lige tal:
M = {2, 4, 6, 8, ...}
Hvor de tre prikker angiver, at mønsteret fortsætter. Lad nu n være et vilk˚
arligt positivt tal
(lige eller ulige). Vi ved da, at 2n ∈ M .
◦
71
Talmængder
Nogle mængder bruges s˚
a ofte, at de har deres eget symbol. Det gælder blandt andet
talmængderne. Den mest grundlæggende talmængde er mængden af alle de positive hele
tal. Alts˚
a de tal, som vi tæller med. Denne mængde kaldes for ”de naturlige tal”og betegnes
med symbolet N. De naturlige tal kan skrives p˚
a listeform s˚
aledes:
N = {1, 2, 3, 4, 5, ...}
Tilføjer vi 0 og alle de negative hele tal, alts˚
a −1, −2, −3, etc. har vi mængden af alle de
hele tal. Denne mængde betegnes med symbolet Z
Z = {..., −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, ...}
Vi kan igen udvide vores horisont ved at betragte mængden af alle tal, der kan skrives som
en brøk. Denne talmængde kaldes ”de rationelle tal”og betegnes med symbolet Q. Vi løber
imidlertid ind i et problem, n˚
ar vi prøver at skrive denne mængde p˚
a listeform. Der er jo
uendeligt mange brøker, selv hvis vi kun betragter brøker mellem 1 og 2, og de følger ikke
et lige s˚
a simpelt system, som de naturlige og hele tal. I stedet for at forsøge at definere en
regel som alle elementerne i Q overholder: Det m˚
a være s˚
adan, at alle brøker kan skrives som
en kvotient mellem et element fra de hele tal og de naturlige tal, alts˚
a:
na o
Q=
a ∈ Z, b ∈ N
b
Den lodrette streg, |, skal læses ”hvorom det gælder”. Udtrykket ovenfor skal alts˚
a læses: ”Q
er alle de tal, der kan skrives p˚
a formen ab , hvorom det gælder, at a er et helt tal, mens b er
et naturligt tal”.
Imidlertid kan vi tænke os nogle tal, som ikke er rationelle. Eksempelvis kan tallet π, der
angiver forholdet mellem en cirkels omkreds og diameter, ikke skrives som en brøk, hvor
tælleren er et helt tal og nævneren er et naturligt tal.
Derfor vil vi nu indføre ”de reelle tal”, som vi vil betegne med symbolet R. Denne mængde
vil komme til at spille en meget stor rolle, n˚
ar vi introducerer funktioner og begynder at
diskutere deres egenskaber.
Men hvordan karakteriserer vi de reelle tal? Helt uformelt er de reelle tal, alle de tal, som
vi umiddelbart kan tænke os. Det vil sige alle de rationelle tal samt alle de tal, der har en
ikke periodiske uendelig decimalekspansion.
Eksempler p˚
a tal med en ikke periodisk uendelig
√
decimalekspansion er π, 2 og e (eulers tal). Der findes uendeligt mange af denne slags tal.
For eksempel er kvadratroden af et hvilket som helst primtal ikke et rationelt tal men et
reelt tal. Til vores form˚
al er det tilstrækkeligt at tænke p˚
a de reelle tal som alle de tal, vi
umiddelbart kan forestille os, men for en god ordens skyld, giver vi alligevel en stringent
matematisk definition.
Definition A.3
Et tal, x, er et reelt tal, hvis og kun hvis der eksisterer en følge (xn )n∈N med xn ∈ Q for alle
n, s˚
a limn→∞ xn = x.
◦
72
Definition A.3 anvender flere begreber, som ikke behandles i denne bog. Det er derfor ikke
hensigten, at læseren skal forst˚
a meningen heraf. Definition A.3 er medtaget for at give den
særligt interesserede læser mulighed for selv at søge videre oplysning om emnet.
I denne bog vil udelukkende beskæftige os med reelle tal. Men det bør bemærkes, at der
findes mere generaliserede opfattelser af tal. Eksempelvis taler vi om ”de komplekse tal”, C,
hvor der introduceres en imaginær enhed, i, som løser ligningen x2 = −1. Med indførelsen af
de komplekse tal bliver det blandt andet muligt at finde kvadratroden af et hvilket som helst
negativt tal. Der findes ogs˚
a flere generaliseringer af talbegrebet, som alle er ligger uden for
rammerne for denne bog.
73
Gamle opgavesæt
Dette kapitel indeholder opgavesæt, som er blevet stillet ved tidligere TalentCamps. Derudover findes ogs˚
a to øvesæt, som er lavet for at give deltagerne en mulighed for at forberede
sig til de opgavesæt, som stilles p˚
a TalentCamps. De er derfor helt tilsvarende faktiske opgavesæt.
74
TalentCamp Rønne 2014
Sættet indeholder 6 emner med 5 opgaver - i alt 30 opgaver. Inden for hvert emne stiger
opgaverne i sværhedsgrad, s˚
aledes at opgave 1 er den letteste, og opgave 5 er den sværeste.
Desuden vurderes de sidste emner at være sværere end de første.
Opgave 1, 2, 3 og 4 i hvert emne giver 1 point, mens opgave 5 giver 2 point. Der kan
alts˚
a i alt opn˚
as 36 point. Der er afsat 1 time til hele sætet.
Varighed: 1 time.
Brøkregning
1)
2 1
+ =
3 6
3 3 3
· − =
4 2 4
1
30 25
3) ·
+
=
5
7
4
2)
18 12 +
2
8
48
16
−
4)
·
=
1
18 9
8
5)
21
21
21
+
−
=
105 231 273
Potenser
1) b3 · b2 · b7 =
2
2) (a3 · b2 ) =
1
3) (52 + 2) 3 =
4)
(ab)2 + b4 · b−2
=
b2
5)
a2 · (b · a−2 + a−1 )
√
=
a+b
75
Kvadratsætninger
a2 + b2 + 2ab
=
1)
a+b
(a2 + b2 + 2ab) · (a2 + b2 − 2ab)
a2 − b2
a+b
a−b
=
3) (a − b) ·
+
a2 − b2 a2 + b2 − 2ab
2)
4)
5)
√
4a2 x2 + 4abx + b2 =
a2 + b2 + 2ab − 4
=
a+b+2
Ligninger
Bemærk: hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger.
1) 2x + 4 = 0
x=
2) 3x − 7 = 4x + 5
x=
3) x · (x + 4) = 0
x=
4)
3
9
=
4 − 2x
4x − 3
x=
5)
x2 − 5x + 6
=0
x−2
x=
76
Ligningssystemer
1) y = 2x
x+y =6
x=
y=
2) 3x + 4 = y + 2
2x + 2 = y − 1
x=
y=
3) 2x = y + 3
2y = x + 3
x=
y=
4) 2x + 2 = 4y
2x = 4y − 3
x=
y=
5) Du bedes i denne opgave kun finde de heltallige løsninger.
yx + 5y + 3x + 15 = 13
x=
y=
Hint: faktoriser venstresiden.
Andengradsligninger
1) (x − 2) · (x − 3) = 0
x=
eller x =
2) x2 − 2x − 8 = 0
x=
eller x =
77
3) 2x2 − 6x = 36
x=
eller x =
4) x4 + 3x2 − 4 = 0
x=
eller x =
5) Bestem a s˚
a følgende andengradsligning netop har én løsning: ax2 + 4x + 2 = 0
a=
78
TalentWeek 2014
alts˚
a i alt opn˚
as 36 point.
Varighed: 1 time.
Brøkregning
Udregn følgende udtryk og reducer mest muligt.
1)
3 2
+ =
4 8
2)
3 2
3
· +
=
4 3 12
5
3) ·
2
2
8
−
5 25
10 3
−
2 ·
4) 6
7
14
5)
=
1
4 =
1
24
1 1 2 3 5 8 13 21 34
· · · · · ·
·
·
=
1 2 3 4 5 6 7 8 9
79
Potenser
Reducer følgende udtryk mest muligt.
1)
a4
=
a2
2)
(b−2 · b4 )2
=
b
1
3) (42 + 48) 3 =
4)
a−1 (a2 b + ab2 )
=
b3 · b−2
5) Bestem sidste ciffer i 34004
Ligninger
Løs følgende ligninger. Bemærk at hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger.
1) 4x − 2 = 0
2) 6 + 2x = 9 − x
3) −5(x − 1) = 3x + 11
4)
1
3
=−
x−2
4x + 2
5)
6x − 4
= −4
2 − 3x
80
Andengradsligninger
Bestem alle reelle løsninger til følgende andengradsligninger.
1) x2 + x − 12 = 0
2) −x2 − 2x = 0
3) 7x = −x2 + 8
4) x4 + 5x2 + 6 = 0
5) Lad k ∈ R. Bestem b og c (udtrykt ved k) s˚
a x = −k og x = 2k er løsninger til ligningen
x2 + bx + c = 0
Bestem alle talsæt (x, y) der løser følgende ligningssystemer. Bemærk at hvert ligningssystem
kan have ingen, en eller flere løsninger.
1) y = 2x
6x + y = 16
2) 2x + y = x + 5
2y + 2x = x + 7
3) 6x + 4y = 20
2x + 5 + y = 15 − x − y
4)
7 + 2y
4y + x
=
2
4
1
2
=
2(x + y)
5x
81
5) Bestem x2 + y 2 idet det oplyses at
x+y =3
x3 + y 3 = 63
Kvadratsætninger
Omskriv følgende udtryk ved hjælp af kvadratsætningerne og reducer udtrykkene mest muligt.
1)
x2 − 25
=
x+5
2)
9x2 + 1 + 6x
=
3x + 1
2
2
3) (a − b ) ·
a−b
1
+
2
2
a + b − 2ab a + b
4)
(4xy − z)2 − 15x2 y 2 + 6xyz
=
xy − z
5)
a2 + 12a + 32
=
a+4
=
82
alts˚
a i alt opn˚
as 36 point.
Varighed: 1 time.
Brøkregning
1)
1 1
+ =
3 6
2)
3 1
2
· +
=
5 3 15
3
3) ·
1
a
4) ·
b
5)
2
4
+
6 12
ab + b
a
=
=
2
3
99 100
1
+
+
+ ··· +
+
=
10 10 10
10
10
83
Potenser
1)
b3
=
b2
2)
(a−2 · a4 )3
=
a2
1
3) (52 + 24) 2 =
4)
c2 · (ac2 + a2 c)
=
c3
5) Lad 3a = 7, 7b = 13 og 13c = 27. Bestem a · b · c.
Ligninger
1) 6x − 3 = 0
2) 9 + 3x = 13 − x
3) 3 · (x − 2) = 2x + 2
4)
1
1
=
x−2
x−3
5)
6x − 4
= 3x − 2
2
Andengradsligninger
1) x2 − 1 = 0
84
2) x2 − 3x + 2 = 0
3) x + 6 = x2
4) x4 − 8x2 − 9 = 0
5) Lad a, b, c, d og e være fem p˚
a hinanden følgende positive hele tal, s˚
a a2 + b 2 + c 2 =
2
2
d + e . Bestem a, b, c, d og e.
1) x = 3y
2x + y = 49
2) x + y = 5
2x + y = 7
3) 3y + 4x = y + 3x
y − x = x − 5y
4) 3y − 2 =
2
x+y
x+y =2
5) Bestem antallet af løsninger til følgende ligningssystem, hvor x1 , x2 , osv. alle er variable.
x1 = x2 + 1
x2 = x3 − 2
x3 = x4 + 3
x4 = x5 − 4
...
x99 = x100 + 99
x100 = x1 − 100
Kvadratsætninger
Faktorisér følgende udtryk ved hjælp af kvadratsætningerne og reducer udtrykkene mest
muligt.
1)
b2 − 16
=
b+4
85
2)
4x2 + 9 + 12x
=
2x + 3
3)
(x2 − 49)2
=
(x + 7)2
4) a4 b2 − 6a2 b2 + 9b2 =
5) Lad a og b være to positive hele tal s˚
a a2 − b2 = 13. Bestem a og b.
86
Øvelsessæt 1
alts˚
a i alt opn˚
as 36 point.
Varighed: 1 time.
Brøkregning
1)
2 1
+ =
3 9
2)
3 1
2
· −
=
2 3 12
7
3) ·
4
4
8
−
3 21
7 3
−
4) 4 2 ·
7
14
=
1
3 =
1
12
ac + c
c
− ab
b
a+1
5)
=
a+1
b
Potenser
1) a · a2 · a5 =
87
2)
(a · b2 )2
=
a · b4
√
32
3) √ =
2
4)
(a3 · b2 )2 + b · a7
=
−1
a6 · 1b
5)
(a · b2 + b4 · b−1 ) · b−2
√
=
b0 · a + b
Ligninger
1) 2x − 2 = 0
2) 4 − 2x = 5 − x
3) −2(3x − 2) = 3x + 1
4)
2
1
=−
6 − 4x
x−1
5) Bestem x udtrykt ved a og b
−
ax
+ ab = a2
b
Andengradsligninger
88
1) (x − 2) · (x + 4) = 0
2) x2 − 6x − 7 = 0
3) 25 − 10x = −x2
4) x4 − 13x2 + 36 = 0
5) For k 6= q, hvad gælder om antallet af løsninger til følgende andengradsligning:
kx2 + (k + q)x + q = 0
1) y = −3x
4x + y = 1
2) x + 2y = y + 5
5y + x = y − 1
3) 3x − y = 10
6x − y − 6 = y + 14
4)
10 + 3y
7x + 4
=
2
3
−5
7=
3y + x
89
2
5) x 10 +
=2
y
1 4
+ = −5
x y
Kvadratsætninger
Omskriv følgende udtryk ved hjælp af kvadratsætningerne og reducer udtrykkene mest muligt.
1)
x2 + 16 − 8x
=
x−4
2)
(a2 + b2 + 2ab) · (a − b)
=
a2 − b 2
3)
(x + 5y)2 − 10xy − 2x2
=
5y − x
p
4)
16x4 + y 4 + 8x2 y 2 − 2y 2
=
2x − y
9 − 4y 6 − z 4 − 4y 3 z 2
5)
=
3 − 2y 3 − z 2
90
Øvelsessæt 2
alts˚
a i alt opn˚
as 36 point.
Varighed: 1 time.
Brøkregning
Udregn og reducer følgende udtryk.
1)
3 5
− =
4 8
5 3 6
+ · =
7 2 7
6 2
5
−
3) ·
=
3
5 3
2)
22 7 −
53 6
27
9
·
+
4)
=
4
4
8
6
5)
1−2
=
2184 1870
·
−2
425 4914
Potenser
Udregn og reducer følgende udtryk.
1)
a7
=
a4
2)
(ab)2
=
b
1
3) (33 − 2 · 32 ) 2 =
91
4)
a2 · (a−1 · b3 · a2 )3
=
a · (a · b)−1
5) 2 · x
√ √
√ 2
2· 8− 3 8
=
Ligninger
Hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger. Angiv løsningerne til følgende ligninger.
1) x + 4 = 7
2) 4x − 3 = 7x + 5
3) x · (x − 3) = 0
4 · (3x2 + 3x)
−(−3 + 3x)
= −2
4)
3
6x
· (2x − 2)
2
5) Find én løsning til denne ligning:
36x2 +
25 60
80
− x = 96x −
81
9
9
Andengradsligninger
Hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger. Angiv løsningerne til følgende ligninger.
1) 2x2 + x − 1 = 0
2) 6x2 − 3x = 0
3)
−x + 2
= 2x − 4
2x − 1
4) 2x4 + x2 − 1 = 0
5)
(9x6 + 4x4 + 12x5 ) · (3x3 − 2x2 )
=0
3x3 + 2x2
92
Hvert ligningssystem kan have ingen, en eller flere løsninger. Angiv til hvert system de talsæt
(x, y), der løser systemet.
1) x + y = 3
x + 5 = 3y
2) 3x + 7 = 4y + 3
2y + 2x = 3x − 4
6x + 2y − 6
=x+2
4
3
4) 3x − 2y − 3 = 2x 2 + y +
x
x · (y + 2) + 3 + y
= x · (y + 1) + y + 4
3
3)
5)
y 1
x 3
+ = −
2 2
4 2
−2y − 8
x=
−(−1 − 2x)
Kvadratsætninger
Omskriv følgende udtryk ved hjælp af kvadratsætningerne og reducer hvert udtryk mest
muligt.
a2 − b 2
=
a+b
2
2) (a − b) ·
1)
3)
a+b
a+b
· 2
2
2
a + b − 2ab a − b2
=
(a2 − b2 )2
=
a2 + b2 + 2ab
8x5 + 18xy 2 + 24x3 y
=
4)
(2x2 + 3y)2
5)
a4 + a2 + 1
=
a2 + a + 1
93
Facitlister
Regning med brøker
Opgave 1.1
a) 1
b)
1
2
c)
2
9
d)
5
3
e)
19
8
f)
13
15
Opgave 1.2
a)
1
2
b)
3
5
c)
2
9
d)
5
16
e)
5
6
f)
5
7
Opgave 1.3
94
a)
5
2
b)
7
6
c) 0
d)
61
36
e) 3
f)
35
8
Opgave 1.4
a) 1
b) 2
c) −
d)
23
10
13
15
e) 2
f)
9
20
Opgave 1.5
a) 2
1
32
c
c)
1−a
b)
d)
1023
128
e)
226
1001
f)
1640
6561
95
Regning med potenser
Opgave 2.1
a) a13
b) b6
c) a8
d) a
e) b6
f) b−2 =
1
b2
Opgave 2.2
a) b21
b) a4 b2
c) c2
d) a6 b3
e) a−1 =
1
a
f) a8 b4
Opgave 2.3
a) 4
b) 5
c) 5
d) 3
e) 1
f) 2
Opgave 2.4
a) b3 − b−3
b) c6 − c2
c) a2 b − 1
96
d) a2
e) a2 c4 − a2 c2
f) a3 + 1
Opgave 2.5
a)
ab + a3
ab + 1
b) a3 + b
c) 1
d) a
e) b4
f)
1
ab
Ligninger
Opgave 4.1
a) x = 1
b) x = 3
c) x = −2
d) x = 2
e) x =
1
2
f) −1
Opgave 4.2
a) x = 2
b) x = 1
c) x = 9
d) x = −1
e) x = 1
f) x =
1
2
97
Opgave 4.3
a) Uendelig mange løsninger, L = R
b) Ingen løsning, L = Ø
c) Ingen løsning, L = Ø
d) Uendelig mange løsninger, L = R
e) x = 0
f) x = 2
Opgave 4.4
a) x = 4
b) x = −1
c) x = 0
d) x = −10
e) x = 6
f) x =
8
3
Opgave 4.5
a) Ingen løsning, L = Ø
b) x = 3 ∨ x = −3
c) x = −3
d) k = 2
e) x = ±a
f) Ingen løsning, L = Ø
Andengradsligninger
Opgave 5.1
a) x = 1 ∨ x = 2
b) x = −2 ∨ x = 1
c) Ingen løsninger
98
d) x = 5
e) x = −1 ∨ x = 1
f) Ingen løsninger
Opgave 5.2
a) x = 4 ∨ x = 1
b) x = 3 ∨ x = 2
c) x = 2 ∨ x = −2
d) x = 1 ∨ x = −3
e) x = 0 ∨ x = 5
f) x = −4 ∨ x = 1
Opgave 5.3
a) x = 2 ∨ x = −3
b) x = 1
c) Ingen løsninger
d) x = 0 ∨ x = 3
e) x = −1 ∨ x = 2
f) x = 1
Opgave 5.4
a) x = −3 ∨ x = 3 ∨ x = −2 ∨ x = 2
b) x = −3 ∨ x = 3
c) Ingen løsninger
d) x = −3 ∨ x = 3 ∨ x = −4 ∨ x = 4
e) x = −1 ∨ x = 1
f) Ingen løsninger
Opgave 5.5
a) a = −
1
2
b) b > 4
99
c) x = 0 ∨ x =
2
a
1
2
√
e) b > 2 a
d) k =
f) a = 1
Opgave 6.1
a) x = 4, y = 2
b) x = 1, y = −2
c) x = −5, y = 1
d) x = 8, y = −2
e) x = 4, y = −4
f) x = 2, y = 10
Opgave 6.2
a) x = 2, y = −1
b) x = −1, y = 3
c) x = 2, y = −2
d) x = 7, y = −2
e) x = −2, y = −3
f) x = 0, y = −1
Opgave 6.3
a) x = −7, y =
2
3
b) Ingen løsninger
3
4
c) x = − , y =
4
3
d) x = −3, y = −
1
5
100
e) Uendelig mange løsninger
f) x = 5, y = −
3
5
Opgave 6.4
a) Uendelig mange løsninger
b) x = 8, y = −6
3
5
c) x = − , y = −
3
4
1
d) x = − , y = 6
4
e) Ingen løsning
f) Uendelig mange løsninger
Opgave 6.5
a) x = b − 2a, y = a + 2b
b) x = 5, y = 2
1
1
c) x = , y =
2
3
d) x = 2, y = 8
x = −7, y = 35
e) Ingen løsning
f) x = −1, y = 5
x = 7, y = 21
Kvadratsætninger
Opgave 3.1
a) a − b
b) x + 5
c) x + y
d)
x−y
x+y
e) 6 − 2
101
f)
1
x−3
Opgave 3.2
a) 2x − 3y
b) 1
c) 4x − 2
d) x + 2
e)
1
1
= 2
(a − b)(a + b)
a − b2
f) 2x + 2y
Opgave 3.3
a) a2 + b2
b) a3 + 2b
c) 4x2 − y 2
d) 2
e) 1
f) 3x + y
Opgave 3.4
a) 1
b) 2zy 2 − x
c) 2z + xy
d) 2a − b
e) x + 2y
f) −
1
2
Opgave 3.5
a)
3y − x
3y + x
b) x + 2y + 4
c) a + b + 2
102
d) 2 − x + 3 = 5 − x
e) 3 − 3x + 2y
f)
a−b
a+b
103
Facit til TalentCamp Rønne 2014
Brøkregning
1)
5
6
2)
3
8
3)
59
28
4) 2
5)
153
715
Potenser
1) b12
2) a6 · b4
3) 3
4) a2 + 1
√
5) a + b
Kvadratsætninger
1) a + b
2) a2 − b2
3) 2
4) 2ax + b
5) a + b − 2
Ligninger
1) x = −2
2) x = −12
3) x = 0 ∨ x = −4
4)
3
2
5) x = 3
104
Ligninger med flere ubekendte
1) x = 2, y = 4
2) x = 1, y = 5
3) x = 3, y = 3
4) Ingen løsning.
5) x = 8, y = −2 ∨ x = −4, y = 10
Andengradsligninger
1) x = 2 ∨ x = 3
2) x = −2 ∨ x = 4
3) x = −3 ∨ x = 6
4) x = −1 ∨ x = 1
5) a = 2
105
TalentWeek 2014
Brøkregning
1) 1
2)
3
4
3)
1
5
4) 2
5)
221
36
Potenser
1) a2
2) b3
3) 4
4) a + b
5) 1
Ligninger
1) x =
1
2
2) x = 1
3) x = −
4) x =
3
4
4
7
5) Ingen løsninger
106
Andengradsligninger
1) x = −4 ∨ x = 3
2) x = −2 ∨ x = 0
3) x = −8 ∨ x = 1
4) Ingen løsninger
5) b = −k, c = −2k 2
1) x = 2, y = 4
2) x = 3, y = 2
3) Uendelig mange løsninger
4) x = 2, y =
1
2
5) 17
Kvadratsætninger
1) x − 5
2) 3x + 1
3) 2a
4) xy − z
5) a + 8
107
Brøkregning
1
2
1
2)
3
1)
3) 2
4) a + 1
5) 505
Potenser
1) b
2) a4
3) 7
4) ac + a2 = a(c + a)
5) 3
Ligninger
1) x =
1
2
2) x = 1
3) x = 8
4) Ingen løsninger
5) Alle reelle tal løser ligningen
Andengradsligninger
1) x = −1 ∨ x = 1
2) x = 1 ∨ x = 2
3) x = −2 ∨ x = 3
4) x = −3 ∨ x = 3
5) (a, b, c, d, e) = (10, 11, 12, 13, 14)
108
1) x = 21, y = 7
2) x = 2, y = 3
3) x = 0, y = 0
4) x = 1, y = 1
5) Ingen løsninger
Kvadratsætninger
1) b − 4
2) 2x + 3
3) (x − 7)2
4) (a2 b − 3b)2
5) (a, b) = (7, 6)
109
Facit til øvelsessæt 1
Brøkregning
1)
7
9
2)
1
3
3)
5
3
4) 2
5) c −
c
a
Potenser
1) a8
2) a
3) 4
4) b3 + a
√
5) a + b
Ligninger
1) x = 1
2) x = −1
3) x =
1
3
4) x = 2
5) x = −ab + b2
Andengradsligninger
1) x = 2 ∨ x = −4
2) x = 7 ∨ x = −1
3) x = 5
4) x = 2 ∨ x = −2 ∨ x = 3 ∨ x = −3
5) Andengradsligningen har altid 2 reelle løsninger.
110
1) x = 1, y = −3
2) x = 7, y = −2
3) Uendelig mange løsninger
1
2
4) x = , y = −
7
3
1
1
5) x = , y = −
3
2
Kvadratsætninger
1) x − 4
2) a + b
3) 5y + x
4) 2x + y
5) 3 + 2y 3 + z 2
111
Øvelsessæt 2
Brøkregning
1)
1
8
2) 2
3)
8
9
4)
7
9
5)
45
2
Potenser
1) a3
2) a2 · b
3) 3
4) a5 · b10
5) 2
Kvadratsætninger
1) a − b
2) (a + b)(a − b) = a2 − b2
3) (a − b)2 = a2 + b2 − 2ab
4) 2x
5) a2 − a + 1 = (a − 1)2 + a
Ligninger
1) x = 3
2) x =
−8
3
3) x = 0 ∨ x = 3
112
4) Ingen løsning
5) x =
149
5
∨ x=
54
54
1) x = 1, y = 2
2) x = −12, y = −8
3) x =
27
8
,y =
5
5
4) Alle reelle tal løser ligningssystemet.
5) (x, y) = (0, −4), (−1,
−9
)
2
Andengradsligninger
1) x = −1 ∨ x =
2) x = 0 ∨ x =
3) x =
1
2
1
2
1
∨ x=2
4
1
1
4) x = − √ ∨ x = √
2
2
5) x =
2
3
113

Microsoft Rapporten

Transcription

Similar documents

Begyndertræning

Sommerparadis

x - matx.dk

Om brugen af matematiske tegn og objekter i en god

null

Oprids over de sidste halve år.pdf

Vederlagspolitik Rockwool International A/S` vederlagspolitik for

SPAR PÅ ENERGIEN I DIN BYGNING - nye bygninger

JBM Kulisseskinne Manual

Kapitel 5 - DitFormat.dk

Bülowsvej – for Børn og Familier