Számítsa ki a fokot racionális kitevővel! Fokozatok tulajdonságai, megfogalmazások, bizonyítások, példák. Egész kitevős hatványok tulajdonságai

Khasyanova T.G.,

matematika tanár

A bemutatott anyag hasznos lesz a matematikatanárok számára a „Kitevő racionális kitevővel” témakör tanulmányozása során.

A bemutatott anyag célja: felfedni tapasztalataimat a „Kitevő racionális kitevővel” témában. munkaprogram„matematika” tudományág.

Az óra lebonyolításának módszertana megfelel a típusának - az új ismeretek tanulmányozásának és kezdeti megszilárdításának leckéje. Az alapismeretek és készségek aktualizálása a korábbi tapasztalatok alapján történt; az új információk elsődleges memorizálása, konszolidálása és alkalmazása. Az új anyagok megszilárdítása és alkalmazása az általam változó összetettségű, tesztelt feladatok megoldása formájában történt, pozitív eredményt adva a téma elsajátításában.

Az óra elején a következő célokat tűztem ki a tanulók elé: nevelési, fejlesztő, nevelési. Az óra alatt használtam különböző módokon tevékenységek: frontális, egyéni, páros, független, teszt. A feladatok differenciáltak voltak, és lehetővé tették az óra minden szakaszában az ismeretszerzés mértékének meghatározását. A feladatok mennyisége és összetettsége megfelel életkori jellemzők hallgatók. Tapasztalataim szerint a házi feladat az osztályteremben megoldott problémákhoz hasonlóan lehetővé teszi a megszerzett ismeretek és készségek megbízható megszilárdítását. Az óra végén reflexióra került sor, és az egyes tanulók munkáját értékelték.

A célok megvalósultak. A hallgatók racionális kitevővel tanulmányozták a diploma fogalmát, tulajdonságait, és megtanulták ezeket a tulajdonságokat használni gyakorlati feladatok megoldása során. Mögött önálló munkavégzés Az osztályzatokat a következő órán közöljük.

Úgy gondolom, hogy az általam használt matematikatanítási módszert a matematikatanárok is tudják használni.

Óra témája: Hatvány racionális kitevővel

Az óra célja:

A tanulók tudás- és készségek komplexumának elsajátításának szintjének meghatározása, és ennek alapján bizonyos megoldások alkalmazása az oktatási folyamat javítására.

Az óra céljai:

Nevelési:új ismereteket formálni a hallgatók körében a fokozatok meghatározására vonatkozó alapfogalmakról, szabályokról, törvényekről racionális mutatóval, az ismeretek önálló alkalmazásának képességéről standard körülmények között, módosított és nem szabványos körülmények között;

fejlesztés: logikusan gondolkodni és megvalósítani Kreatív készségek;

emelés: fejleszti a matematika iránti érdeklődést, új kifejezésekkel tölti fel a szókincset, gyarapszik További információ a minket körülvevő világról. Fejleszd a türelmet, a kitartást és a nehézségek leküzdésének képességét.

Idő szervezése

Referencia ismeretek frissítése

Ha a hatványokat ugyanazokkal az alapokkal szorozzuk, a kitevők összeadódnak, de az alap ugyanaz marad:

Például,

2. Ha a fokokat azonos alapokkal osztjuk, a fokok kitevőit levonjuk, de az alap változatlan marad:

Például,

3. Ha egy fokot hatványra emelünk, a kitevőket megszorozzuk, de az alap változatlan marad:

Például,

4. A szorzat foka egyenlő a tényezők fokszámainak szorzatával:

Például,

5. A hányados mértéke egyenlő az osztó és az osztó fokának hányadosával:

Például,

Gyakorlatok megoldásokkal

Keresse meg a kifejezés jelentését:

Megoldás:

Ebben az esetben a természetes kitevővel rendelkező fok egyik tulajdonsága sem alkalmazható kifejezetten, mivel minden foknak más az alapja. Írjunk fel néhány hatványt más formában:

(a szorzat foka egyenlő a tényezők fokszámainak szorzatával);

(a hatványok azonos alapokkal való szorzásakor a kitevőket összeadjuk, de az alap ugyanaz marad; fokot hatványra emelve a kitevőket megszorozzuk, de az alap ugyanaz marad).

Akkor kapjuk:

Ebben a példában egy fok első négy tulajdonságát használtuk természetes kitevővel.

Aritmetikai négyzetgyök
- Ezt Nem negatív szám, amelynek négyzete egyenlőa,
. Nál nél
- kifejezés
nincs meghatározva, mert nincs olyan valós szám, amelynek négyzete egyenlő lenne egy negatív számmala.

Matematikai diktálás(8-10 perc)

választási lehetőség

II. választási lehetőség

1.Keresse meg a kifejezés értékét

2.Számítsa ki

BAN BEN)

2.Számítsa ki

Önteszt(a hajtókáján):

Válaszmátrix:

№ lehetőség/feladat

1. probléma

2. probléma

1.opció

a) 2

b) 2

a) 0,5

2. lehetőség

a) 1.5

4-kor

II. Új ismeretek formálása

Nézzük meg, mit jelent a kifejezés, hol - pozitív szám – törtszámés m-egész, n-természetes (n›1)

Definíció: a›0 hatványa racionális kitevővelr = , m-egész, n- természetes ( n›1) felhívják a számot.

Így:

Például:

Megjegyzések:

1. Bármely pozitív a és bármely racionális r számra pozitívan.

2. Mikor
racionális fok számokanem meghatározott.

Olyan kifejezések, mint
nincs értelme.

3.Ha tört pozitív szám az
.

Ha töredékes akkor negatív szám -nincs értelme.

Például: - nincs értelme.

Tekintsük egy fok tulajdonságait racionális kitevővel.

Legyen a >0, b>0; r, s - bármilyen racionális szám. Ekkor egy tetszőleges racionális kitevővel rendelkező fok a következő tulajdonságokkal rendelkezik:

1.
2.
3.
4.
5.

III. Konszolidáció. Új készségek, képességek kialakítása.

A feladatkártyák kis csoportokban dolgoznak teszt formájában.

MBOU "Sidorskaya"

általános iskola»

Vázlatterv kidolgozása nyílt óra

algebrából 11. osztályban a témában:

Előkészítve és végrehajtva

matematika tanár

Iskhakova E.F.

Algebra nyílt óra vázlata 11. osztályban.

Tantárgy : „Olyan végzettség, amelynek racionális kitevője van.”

Az óra típusa : Új anyagok tanulása

Az óra céljai:

Ismertesse meg a hallgatókkal a racionális kitevős fokozat fogalmát és alapvető tulajdonságait, a korábban tanult anyag alapján (egész kitevős fokozat).

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

A tanulók matematikai műveltségének és matematikai érdeklődésének fejlesztése.

Felszerelés : Feladatkártyák, tanulói prezentáció szakonként egész jelzővel, tanári előadás diplománként racionális jelzővel, laptop, multimédiás projektor, képernyő.

Az órák alatt:

Idő szervezése.

A tárgyalt téma elsajátításának ellenőrzése egyéni feladatkártyák segítségével.

1. számú feladat.

=2;

B) =x + 5;

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

4 - 5 =6.

2. feladat.

Oldja meg az irracionális egyenletet: = - 3;

B) = x-2;

Oldja meg az irracionális egyenletrendszert: 2 + = 8,

3 - 2 = - 2.

Közölje az óra témáját és céljait.

Mai óránk témája: Hatvány racionális kitevővel».

Új anyag magyarázata korábban tanulmányozott anyag példáján.

Már ismeri az egész kitevős fokozat fogalmát. Ki segít emlékezni rájuk?

Ismétlés prezentációval " Fok egész kitevővel».

Bármely a, b és bármely m és n egész számra érvényesek az egyenlőségek:

a m * a n =a m+n;

a m: a n =a m-n (a ≠ 0);

(a m) n = a mn;

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

(a/b) n = a n/b n (b ≠ 0);

a 1 =a; a 0 = 1 (a ≠ 0)

Ma általánosítjuk egy szám hatványának fogalmát, és értelmet adunk azoknak a kifejezéseknek, amelyeknek törtkitevője van. Bemutatjuk meghatározás fokok racionális kitevővel ("Fok racionális kitevővel" bemutató):

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

Tehát értelemszerűen ezt kapjuk = m .

Próbáljuk meg ezt a definíciót alkalmazni egy feladat elvégzésekor.

1. PÉLDA

A kifejezést egy szám gyökeként jelenítem meg:

A) B) BAN BEN) .

Most próbáljuk meg ezt a definíciót fordítva alkalmazni

II Fejezd ki a kifejezést hatványként racionális kitevővel:

A) 2 B) BAN BEN) 5 .

A 0 hatványa csak pozitív kitevőkre van definiálva.

0 r= 0 bármelyikre r> 0.

Használata ezt a meghatározást, Házak teljesíted a 428-as és a 429-es számokat.

Mutassuk meg most, hogy a fent megfogalmazott racionális kitevős fok definíciójával megmaradnak a fokok alapvető tulajdonságai, amelyek minden kitevőre igazak.

Bármilyen r és s racionális számra, valamint pozitív a és b számra a következő egyenlőségek érvényesek:

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

PÉLDA: *

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

PÉLDA: :

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

PÉLDA: ( -2/3

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

PÉLDA: (25 4) 1/2 ; ( ) 1/2

PÉLDA több tulajdonság egyidejű használatára: * : .

Testnevelés perc.

Az íróasztalra tettük a tollakat, megigazítottuk a hátukat, és most előrenyúlunk, meg akarjuk érinteni a táblát. Most megemeltük, és jobbra, balra, előre, hátra dőltünk. Megmutattad a kezeidet, most mutasd meg, hogyan tudnak táncolni az ujjaid.

Az anyagon dolgozni

Vegyük észre a racionális kitevőkkel rendelkező hatványok két további tulajdonságát:

6 0 . Hadd r – racionális számés 0< a < b . Тогда

a r < b r nál nél r> 0,

a r < b r nál nél r< 0.

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

a r>a r> 1 esetén,

a r < а r 0-nál< а < 1.

PÉLDA: Hasonlítsa össze a számokat:

ÉS ; 2 300 és 3 200 .

Óra összefoglalója:

A mai órán felidéztük a fok tulajdonságait egész kitevővel, megtanultuk a racionális kitevős fokozat definícióját és alapvető tulajdonságait, valamint megvizsgáltuk ennek az elméleti anyagnak a gyakorlati alkalmazását a gyakorlatok végrehajtása során. Felhívom a figyelmet, hogy a „Kitevő racionális kitevővel” témakör kötelező a Egységes államvizsga-feladatok. Előkészületben házi feladat ( 428. és 429. sz

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

Oldalnavigáció.

A fokok tulajdonságai természetes kitevővel

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

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

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

Most nézzük meg mindegyiket részletesen.

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

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

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

A szorzás tulajdonságain alapuló fok alaptulajdonsága három vagy több hatvány szorzatára általánosítható azonos bázisokkal és természetes kitevőkkel. Tehát bármely k számra természetes számok n 1 , n 2 , …, n k az egyenlőség igaz a n 1 ·a n 2 ·…·a n k =a n 1 +n 2 +…+n k.

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

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

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

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

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

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

Íme egy példa: .

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

Az érthetőség kedvéért ezt a tulajdonságot egy példán mutatjuk be. Három tényező 7 hatványához tartozó szorzatához van .

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

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

Írjuk fel ezt a tulajdonságot konkrét számokkal példaként: .

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

Például (5 2) 3 =5 2 · 3 =5 6.

A hatvány-fok tulajdonság bizonyítéka a következő egyenlőséglánc: .

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

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

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

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

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

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

Térjünk át a negatív fokozati alapokra.

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

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

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

Egyenlőtlenség a n az egyenlőtlenségek tulajdonságai igaz az a n alakú bizonyítható egyenlőtlenség is (2.2) 7. és .

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

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

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

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

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

a m ·a n =a m+n ;

a m:a n =a m−n ;

(a · b) n =a n · b n ;

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

(a m) n =a m·n;

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

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

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

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

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

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

Hasonlóképpen .

ÉS .

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

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

Az egész kitevővel rendelkező hatványok utolsó tulajdonsága ugyanúgy igazolt, mint a természetes kitevős hatványok hasonló tulajdonsága.

Racionális kitevős hatványok tulajdonságai

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

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

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

A tört kitevővel rendelkező hatványok második tulajdonsága teljesen hasonló módon bizonyított:

A fennmaradó egyenlőségeket hasonló elvekkel bizonyítjuk:

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

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

Irracionális kitevőkkel rendelkező hatványok tulajdonságai

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

a p ·a q =a p+q;

a p:a q =a p−q ;

(a · b) p =a p · b p ;

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

(a p) q =a p·q;

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

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

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

Bibliográfia.

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

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

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

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

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

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

Kifejezések, kifejezéskonverzió
Hatványkifejezések (hatványos kifejezések) és átalakításuk
Ebben a cikkben a kifejezések hatványokkal történő konvertálásáról fogunk beszélni. Először is azokra az átalakításokra fogunk összpontosítani, amelyeket bármilyen kifejezéssel hajtanak végre, beleértve az erőkifejezéseket is, mint például a zárójelek megnyitása és a hasonló kifejezések hozása. Ezután elemezzük a kifejezetten a fokszámú kifejezésekben rejlő transzformációkat: az alappal és a kitevővel való munka, a fokok tulajdonságainak felhasználása stb.

Oldalnavigáció.

Mik azok a hatalom kifejezései?

A „hatalmi kifejezések” kifejezés az iskolai matematika tankönyvekben gyakorlatilag nem jelenik meg, de a feladatgyűjteményekben igen gyakran előfordul, különösen azokban, amelyek például az egységes államvizsgára és az egységes államvizsgára való felkészülést szolgálják. Azokat a feladatokat elemezve, amelyekben erőkifejezésekkel kell műveleteket végrehajtani, világossá válik, hogy a hatalomkifejezések olyan kifejezések alatt értendők, amelyek bejegyzéseikben hatalmat tartalmaznak. Ezért elfogadhatja magának a következő definíciót:

Meghatározás.

Hatalom kifejezések fokokat tartalmazó kifejezések.

Adjunk példák a hatalom kifejezéseire. Sőt, aszerint is bemutatjuk őket, hogy hogyan alakulnak a nézetek a természetes mutatójú foktól a fokig tényleges mutató.

Mint ismeretes, először egy természetes kitevős szám hatványával ismerkedünk meg, ebben a szakaszban a 3 2, 7 5 +1, (2+1) 5, (−0,1) típusú első legegyszerűbb hatványkifejezések. 4, 3 a 2 jelenik meg −a+a 2, x 3−1, (a 2) 3 stb.

Kicsit később egy egész kitevőjű szám hatványát tanulmányozzuk, ami negatív egész hatványú hatványkifejezések megjelenéséhez vezet, például: 3 −2, , a −2 +2 b −3 +c 2 .

A középiskolában visszatérnek a diplomához. Ott egy racionális kitevővel rendelkező fokozat kerül bevezetésre, ami a megfelelő hatványkifejezések megjelenését vonja maga után: , , stb. Végül az irracionális kitevővel rendelkező fokokat és az ezeket tartalmazó kifejezéseket tekintjük: , .

A dolog nem korlátozódik a felsorolt hatványkifejezésekre: tovább hatol a változó a kitevőbe, és például a következő kifejezések keletkeznek: 2 x 2 +1 ill. . És miután megismerkedtünk a -val, megjelennek a hatványokkal és logaritmusokkal rendelkező kifejezések, például x 2·lgx −5·x lgx.

Tehát foglalkoztunk azzal a kérdéssel, hogy mit jelentenek a hatalom kifejezései. Ezután megtanuljuk átalakítani őket.

A hatványkifejezések transzformációinak főbb típusai
A hatványkifejezésekkel elvégezheti a kifejezések bármely alapvető azonosság-transzformációját. Például bővítheti a zárójeleket, cserélheti numerikus kifejezésekértékeiket, hasonló kifejezéseket adjon meg stb. Természetesen ebben az esetben a műveletek végrehajtására vonatkozó elfogadott eljárást kell követni. Mondjunk példákat.

Példa.

Számítsa ki a 2 3 ·(4 2 −12) hatványkifejezés értékét!

Megoldás.

A műveletek végrehajtási sorrendjének megfelelően először hajtsa végre a zárójelben lévő műveleteket. Ott először a 4 2 hatványt 16-os értékére cseréljük (ha szükséges, lásd), másodszor pedig kiszámítjuk a 16−12=4 különbséget. Nekünk van 2 3 · (4 2 -12) = 2 3 · (16 - 12) = 2 3 · 4.

A kapott kifejezésben a 2 3 hatványt 8-as értékére cseréljük, ami után kiszámítjuk a 8·4=32 szorzatot. Ez a kívánt érték.

Így, 2 3 · (4 2 -12) = 2 3 · (16 - 12) = 2 3 · 4 = 8 · 4 = 32.

Válasz:

2 3 ·(4 2 −12)=32.

Példa.

Leegyszerűsítse a kifejezéseket erőkkel 3 a 4 b −7 −1+2 a 4 b −7.

Megoldás.

Ez nyilvánvaló ezt a kifejezést hasonló kifejezéseket tartalmaz 3·a 4 ·b −7 és 2·a 4 ·b −7 , és megadhatjuk nekik: .

Válasz:

3 a 4 b −7 −1+2 a 4 b −7 =5 a 4 b −7 −1.

Példa.

Fejezzen ki egy kifejezést hatványokkal szorzatként.

Megoldás.

Megbirkózhat a feladattal, ha a 9-es számot 3 2 hatványaként ábrázolja, majd a rövidített szorzás - négyzetkülönbség képletét használja:

Válasz:

Van egy szám is identitás-transzformációk, amely kifejezetten az erőkifejezésekben rejlik. Ezeket tovább elemezzük.

Munka bázissal és kitevővel

Vannak fokok, amelyek bázisa és/vagy kitevője nem csak számok vagy változók, hanem bizonyos kifejezések. Példaként adjuk meg a (2+0.3·7) 5−3.7 és az (a·(a+1)−a 2) 2·(x+1) bejegyzéseket.

Amikor ilyen kifejezésekkel dolgozik, mind a fokalapban, mind a kitevőben lévő kifejezést lecserélheti egy azonos kifejezésre a változóinak ODZ-jében. Vagyis az általunk ismert szabályok szerint külön transzformálhatjuk a fokszám alapját és külön a kitevőt. Nyilvánvaló, hogy ennek az átalakításnak az eredményeként egy olyan kifejezést kapunk, amely megegyezik az eredetivel.

Az ilyen átalakítások lehetővé teszik számunkra, hogy egyszerűsítsük a kifejezéseket, vagy más célokat érjünk el, amelyekre szükségünk van. Például a fent említett hatványkifejezésben (2+0,3 7) 5-3,7 az alapban és a kitevőben lévő számokkal hajthatunk végre műveleteket, amelyek lehetővé teszik, hogy a 4,1 1,3 hatványra lépjünk. És miután kinyitjuk a zárójeleket és hasonló tagokat hozunk az (a·(a+1)−a 2) 2·(x+1) fok alapjába, egy egyszerűbb formájú a 2·(x+) hatványkifejezést kapunk. 1) .

A fokozat tulajdonságainak használata

A kifejezések hatványokkal történő átalakításának egyik fő eszköze a tükröző egyenlőségek. Emlékezzünk a főbbekre. Bármilyen pozitív a és b számra, valamint tetszőleges r és s valós számokra a hatványok következő tulajdonságai igazak:

a r ·a s =a r+s ;

a r:a s =a r−s ;

(a · b) r =a r · b r ;

(a:b) r =a r:b r ;

(a r) s =a r·s .

Vegye figyelembe, hogy természetes, egész és pozitív kitevők esetén az a és b számokra vonatkozó korlátozások nem feltétlenül olyan szigorúak. Például m és n természetes számokra az a m ·a n =a m+n egyenlőség nemcsak pozitív a-ra, hanem negatív a-ra is igaz, és a=0-ra is.

Az iskolában az erőkifejezések átalakításakor a fő hangsúly a megfelelő tulajdonság kiválasztásának és helyes alkalmazásának képességén van. Ebben az esetben a fokok alapjai általában pozitívak, ami lehetővé teszi a fokok tulajdonságainak korlátozás nélküli használatát. Ugyanez vonatkozik a hatványok alapjaiban változókat tartalmazó kifejezések transzformációjára is elfogadható értékeket változók általában olyan, hogy az alapok csak pozitív értékeket vesznek fel, ami lehetővé teszi a fokok tulajdonságainak szabad használatát. Általában állandóan fel kell kérdezni magától, hogy ebben az esetben használható-e a fokozatok bármely tulajdonsága, mert a tulajdonságok pontatlan használata az oktatási érték beszűküléséhez és egyéb problémákhoz vezethet. Ezeket a pontokat részletesen és példákkal tárgyaljuk a kifejezések transzformációja a fokok tulajdonságaival című cikkben. Itt néhány egyszerű példára szorítkozunk.

Példa.

Fejezzük ki az a 2.5 ·(a 2) −3:a −5.5 kifejezést a bázisú hatványként.

Megoldás.

Először a második tényezőt (a 2) −3 alakítjuk át a hatvány hatványra emelésének tulajdonságával: (a 2) −3 =a 2·(−3) =a −6. Az eredeti hatványkifejezés a 2.5 ·a −6:a −5.5 formában lesz. Nyilvánvalóan hátra van, hogy a szorzás és a hatalommegosztás tulajdonságait ugyanazzal az alappal használjuk
a 2,5 ·a −6:a −5,5 =
a 2,5−6:a −5,5 =a −3,5:a −5,5 =
a −3,5−(−5,5) =a 2 .

Válasz:

a 2,5 ·(a 2) −3:a −5,5 =a 2.

A hatványok tulajdonságai a hatványkifejezések átalakításakor balról jobbra és jobbról balra egyaránt használatosak.

Példa.

Keresse meg a hatványkifejezés értékét!

Megoldás.

Az (a·b) r =a r ·b r egyenlőség jobbról balra alkalmazva lehetővé teszi, hogy az eredeti kifejezésről a forma szorzatára és tovább lépjünk. És ha a hatványokat ugyanazokkal az alapokkal szorozzuk, a kitevők összeadódnak: .

Az eredeti kifejezést más módon is át lehetett alakítani:

Válasz:

.

Példa.

Adott az a 1,5 −a 0,5 −6 hatványkifejezés, vezessen be egy új változót, t=a 0,5.

Megoldás.

Az a 1,5 fokot 0,5 3-ként ábrázolhatjuk, majd a fok (a r) s =a r s fokra vonatkozó tulajdonsága alapján, jobbról balra alkalmazva, transzformáljuk (a 0,5) 3 alakra. És így, a 1,5 −a 0,5 −6=(a 0,5) 3 −a 0,5 −6. Most már könnyű bevezetni egy új változót, t=a 0,5, így kapjuk a t 3 −t−6.

Válasz:

t 3 −t−6 .

Hatványokat tartalmazó törtek konvertálása

A hatványkifejezések tartalmazhatnak vagy képviselhetnek hatványokkal rendelkező törteket. A törtek bármely alapvető transzformációja, amely bármilyen típusú törtben rejlik, teljes mértékben alkalmazható az ilyen törtekre. Vagyis a hatványokat tartalmazó törtek csökkenthetők, új nevezőre redukálhatók, külön dolgozhatók fel a számlálójukkal és külön a nevezővel stb. Ezeknek a szavaknak a szemléltetésére vegye figyelembe a megoldásokat több példára.

Példa.

Egyszerűsítse a hatalom kifejezését .

Megoldás.

Ez a hatványkifejezés egy töredék. Dolgozzunk a számlálójával és a nevezőjével. A számlálóban megnyitjuk a zárójeleket, és a hatványok tulajdonságaival egyszerűsítjük a kapott kifejezést, a nevezőben pedig hasonló kifejezéseket adunk meg:

És változtassuk meg a nevező előjelét is úgy, hogy a tört elé mínuszt teszünk: .

Válasz:

.

A hatványokat tartalmazó törtek új nevezőre redukálása a racionális törtek új nevezőre való redukálásához hasonlóan történik. Ebben az esetben egy további tényezőt is találunk, és a tört számlálóját és nevezőjét megszorozzuk vele. Ennek a műveletnek a végrehajtásakor érdemes megjegyezni, hogy az új nevezőre való redukálás a VA szűküléséhez vezethet. Ennek elkerülése érdekében szükséges, hogy a kiegészítő tényező ne menjen nullára az eredeti kifejezés ODZ-változóiból származó változók egyetlen értékénél sem.

Példa.

Csökkentse a törteket új nevezőre: a) a nevezőre, b) a nevezőhöz.

Megoldás.

a) Ebben az esetben meglehetősen könnyű kitalálni, hogy melyik további szorzó segít elérni a kívánt eredményt. Ez egy 0,3 szorzója, mivel a 0,7 ·a 0,3 =a 0,7+0,3 =a. Vegye figyelembe, hogy az a változó megengedett értékeinek tartományában (ez az összes pozitív valós szám halmaza) a 0,3 hatványa nem tűnik el, ezért jogunk van egy adott számlálóját és nevezőjét megszorozni. töredék ezzel a kiegészítő tényezővel:

b) Ha közelebbről megvizsgáljuk a nevezőt, akkor azt találjuk

és ezt a kifejezést megszorozva a kocka és , azaz . És ez az új nevező, amelyre csökkentenünk kell az eredeti törtet.

Így találtunk egy további tényezőt. Az x és y változók megengedett értékeinek tartományában a kifejezés nem tűnik el, ezért a tört számlálóját és nevezőjét megszorozhatjuk vele:

Válasz:

A) , b) .

A hatványokat tartalmazó törtek redukálásában sincs semmi újdonság: a számlálót és a nevezőt több tényezőként ábrázoljuk, a számláló és a nevező azonos tényezőit pedig redukáljuk.

Példa.

Csökkentse a törtet: a) , b) .

Megoldás.

a) Először is, a számláló és a nevező csökkenthető a 30 és 45 számokkal, ami egyenlő 15-tel. Nyilvánvalóan lehetséges az x 0,5 +1-gyel és -kal való kicsinyítés is . Íme, amink van:

b) Ebben az esetben a számlálóban és a nevezőben azonos tényezők nem láthatók azonnal. Megszerzésükhöz előzetes átalakításokat kell végrehajtania. Ebben az esetben a nevező faktorálásából áll a négyzetek különbségi képletével:

Válasz:

A)

b) .

A törtek új nevezőre való konvertálása és a törtek redukálása főként törtekkel való műveletekre szolgál. A műveleteket az ismert szabályok szerint hajtják végre. Törtszámok összeadásakor (kivonásakor) ezekre redukálódnak közös nevező, ami után a számlálókat összeadjuk (kivonjuk), de a nevező változatlan marad. Az eredmény egy tört, amelynek a számlálója a számlálók szorzata, a nevező pedig a nevezők szorzata. A törttel való osztás az inverzével való szorzás.

Példa.

Kövesd a lépéseket .

Megoldás.

Először kivonjuk a zárójelben lévő törteket. Ehhez közös nevezőre hozzuk őket, ami az , ami után kivonjuk a számlálókat:

Most megszorozzuk a törteket:

Nyilvánvalóan lehetséges x 1/2 hatványával csökkenteni, ami után megvan .

A nevezőben a hatványkifejezést is egyszerűsítheti a négyzetek különbségi képletével: .

Válasz:

Példa.

Egyszerűsítse az erőkifejezést .

Megoldás.

Nyilvánvaló, hogy ez a tört (x 2,7 +1) 2-vel csökkenthető, ez adja a tört . Nyilvánvaló, hogy valami mást kell tenni X hatalmával. Ehhez a kapott frakciót szorzattá alakítjuk. Ez lehetőséget ad arra, hogy kihasználjuk a hatalmak azonos alapokon történő megosztásának tulajdonságát: . És a folyamat végén elmozdulunk utolsó munka töredékéig.

Válasz:

.

És tegyük hozzá azt is, hogy lehetséges és sok esetben kívánatos negatív kitevővel rendelkező tényezők átvitele a számlálóból a nevezőbe vagy a nevezőből a számlálóba, a kitevő előjelét megváltoztatva. Az ilyen átalakítások gyakran leegyszerűsítik a további műveleteket. Például egy hatványkifejezés helyettesíthető a következővel.

Kifejezések konvertálása gyökökkel és hatványokkal

Azokban a kifejezésekben, amelyekben bizonyos transzformációk szükségesek, gyakran a törtkitevővel rendelkező gyökök is jelen vannak a hatványokkal együtt. Ahhoz, hogy egy ilyen kifejezést a a megfelelő típus, a legtöbb esetben elég csak a gyökerekhez vagy csak a hatalomhoz menni. De mivel kényelmesebb az erőkkel dolgozni, általában a gyökerektől a hatalmak felé haladnak. Célszerű azonban egy ilyen átmenetet végrehajtani, ha az eredeti kifejezés változóinak ODZ-je lehetővé teszi a gyökök hatványokkal való helyettesítését anélkül, hogy a modulra kellene hivatkozni, vagy az ODZ-t több intervallumra fel kellene osztani (ezt részletesen tárgyaltuk a szócikk átmenet a gyökökről a hatványokra és vissza A racionális kitevővel való fokozat megismerése után c fok kerül bemutatásra irracionális mutató, ami lehetővé teszi, hogy tetszőleges valós kitevővel beszéljünk fokról. Ebben a szakaszban az iskola megkezdi a tanulást exponenciális függvény , amelyet analitikusan egy hatvány ad meg, amelynek alapja egy szám, kitevője pedig változó. Tehát olyan hatványkifejezésekkel állunk szemben, amelyek a hatványalapban számokat, a kitevőben pedig változókat tartalmazó kifejezéseket tartalmaznak, és természetesen felmerül az igény az ilyen kifejezések transzformációinak végrehajtására.

El kell mondani, hogy a jelzett típusú kifejezések transzformációját általában a megoldáskor kell végrehajtani exponenciális egyenletekÉs exponenciális egyenlőtlenségek , és ezek az átalakítások meglehetősen egyszerűek. Az esetek túlnyomó többségében a fokozat tulajdonságain alapulnak, és többnyire egy új változó jövőbeni bevezetésére irányulnak. Az egyenlet lehetővé teszi ezek bemutatását 5 2 x+1 −3 5 x 7 x −14 7 2 x−1 =0.

Először is, a hatványokat, amelyek kitevőjében egy bizonyos változó (vagy változókkal rendelkező kifejezés) és egy szám összege szerepel, szorzatokkal helyettesítjük. Ez a bal oldalon lévő kifejezés első és utolsó tagjára vonatkozik:
5 2 x 5 1 -3 5 x 7 x -14 7 2 x 7 -1 =0,
5 5 2 x −3 5 x 7 x −2 7 2 x =0.

Ezután az egyenlőség mindkét oldalát elosztjuk a 7 2 x kifejezéssel, amely az x változó ODZ-jén az eredeti egyenlethez csak pozitív értékeket vesz fel (ez egy szabványos technika az ilyen típusú egyenletek megoldására, nem most beszélünk róla, ezért összpontosítson a kifejezések későbbi átalakításaira erővel ):

Most törölhetjük a törteket hatványokkal, ami megadja .

Végül az azonos kitevőjű hatványok arányát relációk hatványai váltják fel, így az egyenlet , ami egyenértékű . Az elvégzett átalakítások lehetővé teszik egy új változó bevezetését, amely a megoldást az eredetire redukálja exponenciális egyenlet másodfokú egyenlet megoldásához
I. V. Bojkov, L. D. Romanova Feladatgyűjtemény az egységes államvizsgára való felkészüléshez. 1. rész. Penza 2003.