Repetitionskurs i elementär algebra, matematik för DAI och EI ht 04 Chalmers Tekniska Högskola Reimond Emanuelsson
II August 5, 04
Förord Detta kompendium är tänkt som en repetition av elementär algebra från gymnasiets kurser. Bland annat behandlas uttryck, identiteter, ekvationslösning, rationella uttryck, olikheter och absolutbelopp. Författaren hösten 04 Repetitio est mater studiorum III
IV
Innehållsregister Elementär algebra. Uttryck och likheter............................... Enkla grundläggande regler.......................... 4.. Associativa och kommutativa lagar.................. 4.. Distributiva lagen........................... 5.. Minustecken............................... 7..4 Inverterat värde och bråk....................... 7. Konsekvenser av den distributiva lagen m.m................. 0.. Utveckling och faktorisering...................... 0.. Några härledda identiteter....................... 5.. Förenkling av uttryck I........................ 8..4 Inledande ekvationslösning.......................4 Polynom..................................... 5.4. Kvadratkomplettering......................... 7.4. av andragradsekvation.................... 7.4. Kvadratkomplettering och lösning av allmän andragradsekvation. 8.4.4 Faktorsatsen.............................. 9.4.5 Mer faktorisering.............................4.6 Rotekvationer.............................. 4.5 Rationella uttryck............................... 7.5. Polynomdivision och partialbråksuppdelning............ 9.5. Ekvationer med rationella uttryck.................. 4.5. Polynom av grad och högre..................... 49.6 Förenkling av uttryck II............................ 54.7 Ekvationssystem................................ 57.8 Olikheter.................................... 59.8. Grundläggande regler......................... 59.8. Olikheter för rationella uttryck.................... 60.8. Olikheter med rotuttryck *...................... 67.9 Absolutbelopp................................. 68.0 Blandade övningar............................... 74 Facit 77
INNEHÅLLSREGISTER
Kapitel Elementär algebra. Uttryck och likheter Exempel. Ett matematiskt uttryck är ex.vis 6 eller. Det är klart att dessa två uttryck är lika. Detta skriver vi med likhetstecknet: 6 =. Nu är även = 6. Det spelar alltså ingen roll i vilken ordning vi skriver detta. Man kan också skriva 6 = 6. Med uttrycket 4 kan man också teckna likheten = 4. Alltså kan man skriva = 4 = 6. Om man utgår från 6 = och = 4 erhåller man alltså även likheten 6 = 4. Man säger att 6 = och = 4 medför att 6 = 4. I likheten 6 = kallas 6 vänster led och kallas höger led avseende den ordning i vilken de skrivs. Exempel. x + 4 och t är uttryck emedan x + 4 = t är en ekvation. x och t kallas variabler. Det är uppenbart att x = x + x för alla (tänkbar x. En sådan likhet kallas oftast identitet. Bokstäver betyder tal, och måste därför uppfylla samma räknelagar som tal. I ett uttryck som + x, kan a och x vara vilka tal som helst, förutom att a 0. a För att framställa ett samband mellan storheter använder man i allmänhet bokstäver.
4 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Definition. Ett (matematiskt) uttryck skrivs med tal (som kan representeras av bokstäver) och eventuellt med mellanliggande operationer +,,, m.fl.. En ekvation är en likhet (=) mellan två uttryck. En identitet är en likhet mellan två uttryck som gäller för alla (tänkbar värden på de inblandade variablerna. En identitetslikhet kan skrivas med. För en likhet a = b kallas a för vänster led, förkortat VL, emedan b kallas höger led, förkortat HL avseende den ordning i vilken de står i. För likhetstecknet gäller att a = a, a = b b = a, a = b och b = c a = c(.) läses medför och kallas implikation, d.v.s. likheterna i vänster led medför likheten i högerledet. betyder att höger led medför vänster led. läses ekvivalent med och innebär dels och dels. Egenskaperna i för likhetstecknet (.) kallas reflexivitet, symmetri respektive transitivitet. En (matematisk) ekvation är en likhet mellan två uttryck P = P.. Enkla grundläggande regler.. Associativa och kommutativa lagar Exempel. Vi vet att för addition gäller att För multiplikation gäller att + 5 = 5 + och att ( + 5) + 6 = + (5 + 6) 5 = 5 och att ( 5) 6 = (5 6) Ovanstående är exempel på följande reger/lagar.
.. ENKLA GRUNDLÄGGANDE REGLER 5 a + b = b + a a + (b + c) = (a + b) + c (.) Dessa kallas kommutativa respektive associativa lagen för addition. Motsvarande lagar finns för multiplikation. a b = b a a (b c) = (a b) c (.) Då en av faktorerna är en bokstav skrivs multiplikationsoperatorn i allmänhet inte ut. (.) kan alltså skrivas ab = ba och a(bc) = (ab)c. Att dessa lagar gäller går egentligen inte att bevisa, men kan bekräftas av erfarenheten. De associativa och kommutativa lagarna säger att det saknar betydelse i vilken ordning operationerna genomförs. D.v.s. man kan utföra operationerna i önskvärd ordning. Därför sätts inte paranteserna i allmänhet inte ut... Distributiva lagen Det finns dessutom ett samband mellan addition och multiplikation där parantesen spelar en avgörande roll. Det är den viktiga distributiva lagen. a(b + c) = ab + ac (.4) Kommentarer Observera att en ekvation alltid kan läsas från höger till vänster! Vi tar inte upp potenslagarna, även om dessa används undermedvetet. Exempel.4 9 = (0 ) = 0 = 0 = 08 Här används motsvarande lag för minus: a(b c) = ab ac Man observerar att i VL av (.4) förekommer talet a endast en gång emedan att i HL förekommer talet a två gånger, en i varje term. Man säger att a är gemensam faktor till/i de båda termerna. Detta är, liksom kommutativa och assiociativa lagarna, en identitet.
6 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Enkel hantering av uttryck Exempel.5 Ett uttryck såsom kan skrivas om på ett flertal sätt. + = + = + = + Alternativt kan en omskrivning göras så här: = + = + = + Exempel.6 För att förenkla uttrycket / / = / = / = 6 = 6 kan man förlänga med faktorn : Exempel.7 I uttrycket 6x 0 kan man utföra den multiplikativa förkortningen 6x 0 = x = x 5 5 = x 5 = x 5 Exempel.8 I 5x + 0y är 5 gemensam faktor till de båda termerna. Man kan då bryta ut 5 med distributiva lagen (.4): 5x + 0y = 5 x + 5 y = 5(x + y)
.. ENKLA GRUNDLÄGGANDE REGLER 7.. Minustecken Följande regler gäller för minustecken: = + och + = + = Exempel.9 Produkten av två negativa tal blir ett positivt tal: ( ) = +6 = 6 Produkten av ett negativt och ett positivt tal blir ett negativt tal: = 6 = 6 Exempel.0 Att sätta ett minustecken framför ett tal, uppfattas som att multiplicera talet med Ex.vis är 5 = ( ) 5. Man sätter alltså en parantes kring det tal som har minustecken...4 Inverterat värde och bråk Exempel. Det inverterade värdet till är med : Således är = =. Vi förlänger det senare uttrycket =. Det inverterade värdet till / är. Detta kan man visa på liknande sätt som ovan: = = = På samma sätt kan man visa att det inverterade värdet till /4 är 4/, ty: 4 = 4 4 4 = 4 Exempel. Ett minustecken framför ett bråk eller framför dess täljare respektive nämnare förändrar inte dess värde. Dock brukar minustecknet att placeras framför bråket som i. = =.
8 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Exempel. Här följer några exempel på tal och deras inverterade värde. x 0, 5 x 0, 5 = Allmänt gäller att Vi bevisar detta genom att förlänga med b: a b = b a (.5) a b = a b b b = b a b b = b a Det inverterade värdet till a är, om a 0. Multipliceras ett tal med sitt inverterade a värde erhålls talet. a a = (.6) Likheten (.6) kan mer eller mindre ses som en definition av inverterat värde. Till ett givet a 0 finns precis ett inverterat värde. Det inverterade värdet av a 0 är /a och det inverterade värdet till /a är a. Exempel.4 vice versa. Division kan uppfattas som multiplikation med det inverterade värdet och =, x + = x +, y = y
.. ENKLA GRUNDLÄGGANDE REGLER 9 a b = a b (.7) Exempel.5 Bråket kan dels uppfattas som talet två tredjedelar, eller som en division två dividerat med tre. Båda dessa synsätt är viktiga. Det bråkstreck i ekvation/identitet (.5) som står på samma höjd som likhetstecknet kallas huvudbråkstreck och är i lite längre än övriga bråkstreck. Vilket bråkstreck som är huvudbråksteck är väsentligt. Exempel.6 4 = 4 4/ 4/ = 8 = 8 emedan 4 = 4 = = 6 Allmänt gäller följande räkneregler för dubbelbråk: a b c d = ad bc (.8) Det bevisas genom att förlänga med d (Jämför med beviset för (.5) sidan 8.). c
0 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Övningar. Förenkla 5 b) 5 c) xy 4xy d) 6x + 5 x + e) yx x y f) a (ab) a b g) 6 x + (x + ) h) (x + ) x + 6. Beräkna det inverterade värdet till / b) 5 + x c) /4 d) e) f) / / g) xy x + y h) x + y. Visa nedanstående likheter. Konsekvenser av den distributiva lagen m.m. a b c d.. Utveckling och faktorisering = a c b d = Sambandet (.4) sidan 5 kallas alltså distributiva lagen. Man skulle kunna kalla den distributiva lagen, som är en i matematiken central räkneregel, för parantesräkning. Genom att tillämpa denna lag tre gånger (hur?) erhålls d b c a = d c b a (a + b)(c + d) = (a + b)c + (a + b)d = ac + bc + ad + bd (.9) Man säger att man utvecklar parantesen när man går från vänster till höger. Då man går från HL till VL faktoriserar man. Detta är i allmänhet svårare men något som vi kommer att öva mycket på. Observera den principiella skillnaden av att det finns en parantes och att det inte finns en parantes. Exempel.7 Lös ekvationen (x + 5) =.
.. KONSEKVENSER AV DEN DISTRIBUTIVA LAGEN M.M. (x + 5) = x + 5 = x = 4, x = 4 Ett i allmänhet bättre sätt att lösa ekvationen på är att börja med division. (x + 5) = x + 5 = x = 5 = 5 = 4 Exempel.8 Vi skall nu försöka att m.h.a. distributiva lagen faktorisera i nedanstående tre exempel, vilka är av stigande svårighetsgrad. Vi börjar med x 6. Vi försöker bryta ut faktorn : x 6 = x = (x ) = (x ). b) Faktorisera x + x. x + x = x x + x = x (x + ) = x(x + ) c) I uttrycket (x + ) x(x + ) är det frestande att utveckla de båda paranteserna så att vi får (x + ) x(x + ) = x + [x + x] = x + x x = + x x Men uppgiften är att faktorisera! Vi ser då att i uttrycket (x + ) x(x + ) är x + gemensam faktor i båda termer. Detta innebär att vi kan bryta ut denna faktor: (x + ) x(x + ) = (x + ) x (x + ) = ( x)(x + ) Gemensam nämnare och termvis division Vid räkning med bråk brukar man se till att ha en minsta gemensam nämnare (MGN): Exempel.9 4 + 8 5 = 4 7 + 8 4 5 + 8 7 = {MGN = 7 5} = = 76 5 7 5 05
KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Täljare och nämnare saknar gemensamma faktorer och bråket kan således inte förkortas. Att skriva summan av två tal på gemensam nämnare följer av distributiva lagen ty + 5 6 = + 5 6 = 6 4 + 6 5 = = 6 (4 + 5) = 4 + 5 6 = 9 6 = = Exempel.0 Förenkla nedanstående uttryck. x x b) 6x (4x) c) 5 6x + x Här följer nu direkta omskrivningar av respektive uttryck. x x = {{MGN}} = x x = x = x b) c) 6x (4x) = x 4 x = x 8x = 6x 5 6x + x = {MGN} = 5 6x + x = 5 6x + 6x = 5 + 6x = 8 6x = 4 x Exempel. Att skriva på gemensamt bråkstreck har en motsvarande omvänd process, termvis division. + 5x = 0 0 + 5x 0 = 6 5 + x
.. KONSEKVENSER AV DEN DISTRIBUTIVA LAGEN M.M. Exempel. Division med en gemensam nämnare fungerar som parantesräkning, d.v.s. följer den distributiva lagen (c 0). a + b c = (a + b) c = a c + b c = a c + b c Exempel. Vad innebär minustecken framför parantes? Vi använder omskrivningen = ( ) etc och använder distributiva lagen. (a + b) = ( ) (a + b) = ( ) a + ( ) b = a b (b c) = ( ) (b c) = ( ) b ( ) c = b ( c) = b + c = c b Observera att minustecknet innebär teckenändring på samtliga termer i parantesen! Man behöver givetvis inte multiplicera in i parantesen men det viktiga är att veta vad det innebär. Omvänt kan man bryta ut ett minustecken, såsom i nästa exempel. Exempel.4 a =... = (a + ) och x 0 = (5 x)
4 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Övningar.4 Skriv om uttrycken genom att multiplicera in i paranteserna. (4x y + ) b) x y (x y ) c) (x + 4 [x ]) d) x y ( x y).5 Bryt ut ett minustecken i nedanstående uttryck. x y b) x 4x c) x y (y 4x) d) x ( x y + y + x) Exempel.5 Vid division som i exempel fungerar divisionstecknet som en parantes. a + b c = ( ) a + b c = a b c = a + b c Observera att man måste vara noga med var minustecknet står. a + b innebär att endast termen a har ett minustecken framför sig emedan a + b betyder att hela c uttrycket a + b c är försett med ett minustecken. c Exempel.6 MGN då nämnarens symboliseras av bokstäver. x x + a = {MGN = xy} = xy y = x y y x + a xy y y (x ) + x = x xy Observera att vi använt (x ) = x +. = y + xy Exempel.7 Uttrycket x kan också skrivas + x = ( x) = ( x). P.s.s. är a b = (b. Kvoten x kan alltså skrivas om som följer: a b x a b ( x) = (b = x b a
.. KONSEKVENSER AV DEN DISTRIBUTIVA LAGEN M.M. 5 Övningar.6 Skriv om följande uttryck som i exemplet ovan. Uttryck svaret som en likhet. b 4 x b) x a x c) 7x x d) x y y x e) x + y f) y (x ) x (y + ).7 Beräkna a och ( om a = 7 b) a = 9 c) a = d) a = 4.8 Sätt f(x) = x + 5x + ( f(x) uttalas f av x.). 4 Beräkna f( ), f() samt f( ) b) Sätt f(x) = x + 9 Beräkna f( 4), f(6) samt f( ).9 Utveckla nedanstående uttryck med distributiva lagen. (5x + ) b) ( t)4 c) (x + x) d) (x y ) e) (x )(x + ) f) ( )( + ) g) (x )(x ) h) ( + 8) i) (a + )(a ).0 Faktorisera följande uttryck med distributiva lagen. x b) x + x c) t + 6 d) 4 49x e) 7x x x f) x 7.. Några härledda identiteter Om två faktorer båda består av två termer erhålls utvecklingen (Se (.9) sidan 0) (a + b)(c + d) = ac + ad + bc + bd och speciellt då de båda paranteserna är lika: (a + b)(a + b) = a a + ab + ba + b b
6 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA eller skrivet m.h.a. kvadrater: (a + b) = a + ab + b (.0) Denna regel kallas som bekant första kvadreringslagen. Ur denna kan man ta fram andra kvadreringsregeln (a b) = (a + ( b)) = a + a( b) + ( b) = a ab + b Man kan geometriskt motivera identiteten (a + b) = a + ab + b för a > 0, b > 0 med en figur (..). Här följer ovan härledda identiteter ochnågra till, vilka är direkta konsekvenser av associativa, kommutativa lagarna och distributiva lagen. a b = (a b)(a + b) Konjugatregel b) (a + b) = a + ab + b :a kvadreringsregeln c) (a b) = a ab + b :a kvadreringsregeln d) a b = (a b)(a + ab + b ) Konjugatregel e) a + b = (a + b)(a ab + b ) Konjugatregel f) (a + b) = a + a b + ab + b :a kuberingsregeln g) (a b) = a a b + ab b :a kuberingsregeln h) a n b n = (a b) ( a n + a n b +... + ab n + b n ) (Allmänna konjugatregeln) (.) Den översta kallas konjugatregeln och bevisas enklast genom utveckling av HL: (a b)(a + b) = a + ab ba b = a b De två efterföljande identiteterna visade vi på sidan 6. Vi ger nu några exempel på identiternas tillämpning. Exempel.8 Faktorisera 5 4x. 5 4x = 5 (x) = (5 x)(5 + x) Skall ej förväxlas med konjugatregeln:a b = (a b)(a + b)
.. KONSEKVENSER AV DEN DISTRIBUTIVA LAGEN M.M. 7 Exempel.9 Utveckla nedanstående uttryck ( x) b) (x + ) c) ( x + ) d) (x ) b) c) ( x) = x + ( x) = x 6x + 9 (x + ) = (x) + x + = 4x + 4x + ( x + ) = x + x + d) Här använder vi andra kuberingsregeln (. g) ) ( ) = x + x + 4 (x ) = (x) (x) + (x) = = 8x 4x + x Övningar. Faktorisera 5x + x b) 5x x c) 9y x + 6y x. Utveckla nedanstående uttryck (a + )(b ) b) ( x ) (x + 4) c) (a + ) d) (x + )(x x + ). Försök att faktorisera, d.v.s. skriv som produkten av två paranteser: x a a + xa
8 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA.4 Utveckla (a + b c).5 Ett badkar med volym 40 liter fylls på 0 minuter då proppen är i. Från att vara fyllt töms samma badkar på 6 minuter. Hur snabbt töms badkaret om det är fullt och om proppen inte är i? b) Ett badkar fylls på x minuter då proppen är i. Från att vara fyllt töms samma badkar på y minuter. I. Ge ett villkor på x och y så att det fulla badkaret, som fylls, töms när proppen inte är i. II. Uttryck den tid i minuter det tar att tömma badkaret under detta villkor. III. Använd uttrycket i II. för att lösa -uppgiften..6 En bassäng kan fyllas genom tvenne olika stora rör och tömmas genom ett tredje, som är lika stort som det minsta tilloppsröret. Om båda tilloppsrören äro öppna, blir dammen full på 0 minuter. äro det större tilloppsröret och avloppsröret öppna, blir den full på timme. Huru lång tid skulle åtgå för att genom vart och ett av tilloppsrören fylla dammen?.7 Bevisa identiteterna i (.) genom att utveckla faktoriserat led!.. Förenkling av uttryck I Exempel.0 Bryt ut största möjliga heltal ur 7 så att det fortfarande står ett heltal under rottecknet. 7 = 9 8 = = = = 6 b) Bryt ut 4 ur rottecknet nedan... 4x + 8 = 4(x + ) = 4 x + = x + c) Multipicera in faktorn 5 i rottecknet... 5 = 5 = 5 =... = 00 Exempel. Förenkla uttrycket 4.
.. KONSEKVENSER AV DEN DISTRIBUTIVA LAGEN M.M. 9 4 = ( ) = = Exempel. Vi har tidigare förenklat dubbelbråk. Förenkla x + 6x + 4x. x + 6x + 4x = x + (6x + 4x) = x + x(x + ) = 4x Förlängning med konjugat En typ av förenkling/omskrivning kan göras med förlängning med konjugat. Konjugatet till + 5 är 5 och vice versa. Exempel. Förenkla uttrycket = {Förläng med konjugatet till nämnaren} = = + + = ( ) ( + ) = + 4 Exempel.4 Förenkla uttrycket 5 + 5
0 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA = 5 5 5 + + + = = 5 5 5 + ( 5 + )( 5 + ) ( 5 )( 5 + ) = ( 5 + ) 5 = ( 5 + ) 5 + = 4 Exempel.5 Förenkla ( + 6) ( 6) Man kan utveckla båda kvadraterna men eftersom det är ett minustecken mellan kan man använda konjugatregeln: ( + 6) ( 6) = (( + 6 + 6))( + 6 ( 6)) = = 4 6 = 48 6 Exempel.6 Förenkla uttrycket + +. Vi börjar med att förlänga med. + + = + 4 6 = 4 + 6 + = 4 + 4 6 6 4 6 =... = + 6 4 = Exempel.7 7 Förenkla +
.. KONSEKVENSER AV DEN DISTRIBUTIVA LAGEN M.M. Vi förlänger med nämnarens konjugat: 7 + = 7 + = = 7( ) = 9 Övningar.8 Bryt ut lämpligt heltal ur följande rötter 5 b) 6 c) 8 d).9 Multiplicera in talen t.v. om rottecknet 7 b) 6 c) 7 d) 5.0 Förenkla... 6 b) 8 c) 8 d) 5 5 e) 4 8 f) 0 5 g) 8 4 h) 50 5 i) 5 j) 5 5 k) l) 999. Förkorta så långt som möjligt 6x y x(y ) b) 5(7y) 5y c) t t + d) t t + t e) f) 4 g) (x ) 4x h) x x i) x x j) x x k) x x l) (x + ) (x ) 4x
KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA. Förenkla uttryck nedan. b a a b b) a x y + a y x c) 4 n + 6 n d) (a b)(x + y + z)+ +(b (x + y z) e) (a b) (b (b f) x x x. Förenkla 4x y y/ 7x b) 5x 0 x + x c) xy 4(xy) d) 6x + x + 6x + e) 5x 5 (x ) + f) a b + a b.4 Förenkla nedanstående uttryck så långt som möjligt 4 b) + + c) 5 + 5 d) 7 7 + e) ( 5) f) +..4 Inledande ekvationslösning Exempel.8 Betrakta ekvationen x = 0. För att en produkt skall vara = 0 måste någon av faktorerna vara = 0. Nu är första faktorn =. Således måste den andra vara = 0, d.v.s. x = 0. I ekvationen (x + 5) = 0 är den första faktorn varför det är den andra som måste vara = 0. D.v.s. x + 5 = 0 x = 5 x = 5 = 5 Ekvationen (x + )(x ) = 0 är detsamma som att var och en av faktorerna är = 0. De rötter eller lösningar som ekvationen har är de x vilka löser ekvationen.
.. KONSEKVENSER AV DEN DISTRIBUTIVA LAGEN M.M. Alltså har vi dels att x+ = 0 eller x = 0. arna/rötterna fös, som tidigare, genom enkel aritmetik: x + = 0 x = x = Svar: Rötterna är x = 7 och x =. = 7, x = 0 x = Exempel.9 I ekvationen x(x + ) = (x + ) kan det vara frestande att börja med att förkorta x + men förkortning är egentligen division. Alltså vill vi utföra en division med x + i båda led och erhåler då x =. Division med talet 0 får inte göras. Division med x + får alltså inte göras om x + = 0, d.v.s. om x =. Vad man då kan göra är att undersöka om x = är lösning till ekvationen: V L = ( + ) ( ) = 0 och HL = ( + ) = 0 = 0 Eftersom båda led är lika är x = en lösning. Därefter söker vi de lösningar/rötter där x + 0 och får således förkorta med denna faktor och får x =. Svar: x = eller x = Alternativt kan man flytta över endera termen och använda distributiva lagen på detta led (Jämför exempel.8 c): (x + )x = (x + ) x(x + ) (x + ) = (x )(x + ) = 0 Nu ges rötterna av de x som gör att endera faktorn,i detta fall endera av parantesen, = 0. Vi får ekvationerna x = 0 respektive x+ = 0 som också ger x = och x =. Betrakta ekvationen a + b = c. Man kan här addera talet a i båda led. Vi får då a + b a = c a. Nu är V L = a + b a = b + a a = a + 0 = b. Därmed har vi fått b = c a. Addition med motsvarande tal med omvänt tecken är orsaken till att termer flyttas över från det ena ledet till det andra och därmed byter tecken. Vi kan flytta tillbaka a från VL till HL och återigen få a + b = c. Man säger att a + b = c år ekvivalent med att b = c a. Detta skrivs alltså med ekvivalenspilen : a + b = c b = c a (.)
4 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Till ekvation (.) finns en likadan ekvivalens för multiplikation. a b = c a = c, (b 0) (.) b För manipulation av uttryck såsom ekvationslösning används (.) och (.). Exempel.40 För att lösa ekvationen x 5 5 åtföljt av division med : = kan man i båda led multiplicera med talet x 5 5 = 5 x = 0 x = 0 0 x = Genom att från början multiplicera med talet 5/ i båda led erhålls lösningen snabbare. Exempel.4 Lös ekvationen 7x = x 5. Vi börjar att flytta x termer så att vi enbart har sådana termer i ett av leden: 7x = x 5 7x x + = x 5 x + d.v.s. 4x + 0 = x = 4 = Exempel.4 Vissa ekvationer saknar lösning och vissa har flera lösningar. Lös ekvationerna x + (5x ) = (4x + ) b) x + (5x + ) = (4x + )
.4. POLYNOM 5 VL och HL kan skrivas om så att vi för likheten 8x = 8x + (HL = (4x + ) = 4x + = 8x + ). Genom att subtrahera 8x (d.v.s. addera 8x) till båda led erhåller vi 8x 8x = 8x + 8x d.v.s. 0 = 0 + Det är klart att = är en orimlighet. Hur skall detta tolkas? Jo, det finns inget x sådant att =. Detta innebär att den ursprunliga ekvationen saknar lösning. b) VL = 8x + och HL = 8x +. Alltså har vi 8x + = 8x +. Här står identiskt samma uttryck i båda led. Oberoende vilket x som sätts in i ekvationen så är ekvationen uppfylld. Således är alla x lösningar till ekvationen. Vi kan skriva lösningsmängden som R eller uttrycka svaret med att x R. Övningar.5 Lös ekvationerna (d.v.s. lös ut x). Man kan kanske tänka ut svaret men undvik det och följ i stället exemplena ovan. x + = 0 b) d).4 Polynom x 4 (x ) = x e) x 4 = x 5 + 5 = c) x Vi har tidigare behandlat lösningar av enklare ekvationer. f) x 6 + 6 = x + = + x 6 Exempel.4 x, x 4, och x 0 (= ) är monom i variabeln x. Ett uttryck såsom x kallas ett polynom i variabeln x. Detta polynom är ett förstagradspolynom p.g.a. termen x = x. Ex.vis är ett uttrycket 4 = 4 = 4 x 0, ett monom av grad 0. Ekvationen x = är ett exempel på en polynomekvation. Eftersom den högsta potensen av x är x i denna ekvation, så kallas ekvationen förstagradsekvation. Det x som är lösning till ekvationen x = kallas rot.
6 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Det/de x som löser ekvationen x = 0 kallas nollställe till polynomet x. För att lösa ekvationen x = 0 adderar vi x till båda led åtföljt av division med i båda led: x + x = 0 + x, = x, = x = x en/roten till ekvationen är x =. Detta x är alltså nollstället till polynomet x. För så enkla ekvationer är det i allmänhet onödigt att kontrollera att detta x verkligen är en rot men låt oss ändå göra det för att se hur det går till: = = 0. x + x är ett andragradspolynom. Ekvationen x + x = x är en tredjegradsekvation. Ett monom är x n där n är ett heltal 0 (.4) Ett förstagradspolynom (i variabeln x) ges av ax + b där a 0 (.5) Ett andragradspolynom (i variabeln x) ges av ax + bx + c där a 0 (.6) Exempel.44 + x x är ett andragradspolynom. Talen,, kallas polynomets koefficienter. En andragradsekvation i x är en ekvation som kan skrivas ax + bx + c = 0 (a 0) (.7) Koefficenterna i (.7) är alltså a, b och c. a kallas andragradskoefficient, b kallas förstagradskoefficient och c kallas nolltegradskoefficient. Man kan också indexera koefficienterna. a kan man skriva a (läses a-två ). P.s.s. skriver vi b = a och c = a 0. a x + a x + a 0 = 0 (a 0) (.8)
.4. POLYNOM 7 Ett allmänt tredjegradspolynom kan skrivas a x + a x + a x + a 0 (a 0) (.9) Exempel.45 I polynomet 4x x + är a = 4, a = 0(!), a = och a 0 = med beteckningar enligt (.9). Ett polynom av grad n, n = 0,,,... i variabeln x ser ut som följer.4. Kvadratkomplettering f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 a n 0 (.0) För att bestämma det största eller minsta värdet av ett andragradspolynom och för att faktorisera andragradsuttryck samt lösa andragradsekvationer använder man kvadratkomplettering. Exempel.46 Bestäm det minsta värdet av x + 6x 7. x + 6x 7 = x + x 7 = x + x + 7 = (x + ) 6 Eftersom kvadraten 0 måste det minsta värdet vara 6, som antages då x =..4. av andragradsekvation För att lösa ett andragradspolynom gör vi på liknande sätt som i det föregående exemplet. Exempel.47 Andragradsekvationen x = har lösningarna x = ±. Exempel.48 Lös ekvationen x + 6x = 7.
8 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA x + 6x = 7 x + 6x 7 = 0 Nu kan vi göra samma omskrivning som i exempel.46. x + 6x 7 = x + x 7 = x + x + 7 = = (x + ) 6 = 0 (x + ) = 6 x + = ±4 x = eller x = 7.4. Kvadratkomplettering och lösning av allmän andragradsekvation Vi demonstrerar nu vad som menas med kvadratkompletterering och börjar då med uttrycket ax + bx + c. ( a x + b a x + c ) = {Sätt b/a = p och c/a = q.} = a ( x + px + q ) a därefter gör vi omskrivningen x + px + q = x + p ( p ( p ) ( ) x + + q = x + p ) ( p ) + q därmed är ( ( ax + bx + c = a x + p ( p ) ) + q ) Detta resultat men även processen fram till resulatet kallas kvadratkomplettering. Denna kan användas för att lösa en andragradsekvation. För att lösa ekvation (.7) gör vi en division med a (Observera att i HL (= 0) också divideras med a och att 0/a = 0) åtföljt av samma omskrivning av VL x + px + q som vid kvadratkomplettering: ( x + px + q = x + p ) ( p ( + q = 0 x + ) p ) ( p ) = q ( p ) Under förutsättning att q 0 kan vi nu ta roten ur båda led och erhålla den s.k. p q formeln. Vi formulerar det som en sats. Sats. ( p ) Om q 0 så gäller ekvivalensen x + p x + q = 0 x = p (p ) (.) ± q
.4. POLYNOM 9 Exempel.49 Betrakta polynomet f(x) = x + x och ekvationen f(x) = 0. Rötterna till ekvationen får man med p q -formeln (.). Man dividerar med för att få ekvationen på rätt form, varvid p = / och q = / (Gör räknngarna som övning!). Rötterna blir x = och x = /. Observera att vi därmed har löst ekvationen x + x = 0 Har man väl funnit rötterna, så visar det sig att man erhåller en faktorisering av polynomet: x + x = (x ( ))(x /) = = (x + )(x /) f(x) = (x + )(x /) = (x + )(x ) Genom att utveckla produkten (x + )(x ) visar man lätt att detta verkligen är polynomet f(x)..4.4 Faktorsatsen Detta samband mellan ett polynoms nollställen och dess faktorisering gäller generellt. Har man funnit faktoriseringen så har man funnit polynomets nollställen och vice versa. Denna ekvivalens kallas Sats. Faktorsatsen Ekvivalensen nedan håller generellt för polynom f(x): x = a är en rot till polynomet f(x) = 0 d.v.s. f( = 0 (x är en faktor till f(x) Vi bevisar den ena implikationen ( ). Bevis: Antag att (x är faktor till polynomet f(x), d.v.s. att f(x) = (x q(x) (.) där q(x) är ett polynom (av en grad lägre än f(x)). Genom att sätta x = a i båda led erhålls att f( = (a q( = 0 q( = 0 Den andra implikationen visas med s.k. polynomdivision (sid 9 avsnitt.5.). f(x) läses f av x. Vi använder här en s.k. funkton.
0 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Exempel.50 Att faktorisera m.h.a. kvadratkomplettering innebär en genväg. Man behöver inte utnyttja formeln (.) för att faktorisera ett andragradspolynom. x x = (x ) 4 = (x ) = (x )(x + ) = (x )(x + ) Sats. Varje polynom kan faktoriseras i faktorer av högst grad. Vi bevisar inte satsen. Den bevisas med talalgebrans fundamentalsats och komplexa tal. Ett exempel för illustrera satsen. Exempel.5 Polynomet x + 8 (som är av grad ) kan faktoriseras (m.h.a. konjugatregeln (. e) sidan 6)): x + 8 = x + {a = x, b = } = (x + )(x x + 4) Polynomet x x + 4 kan inte faktoriseras till förstagradspolynom. Detta inser man när man försöker lösa ekvationen x x + 4 = 0. Exempel.5 Faktorisera polynomet f(x) := x 4x 5x. Först och främst kan vi faktorisera ut faktorn x: x 4x 5x = x(x 4x 5). För att faktorisera det återstående andragradspolynomet x 4x 5 kan vi använda ekvation (.) för att lösa x 4x 5 = 0 eller alternativt kvadratkomplettera. x 4x 5 = x x + 9 = = (x ) = (x + )(x ) = (x + )(x 5) Faktoriseringen är alltså x(x + )(x 5), d.v.s f(x) = x 4x 5x = x(x + )(x 5).
.4. POLYNOM Faktorsatsen och p-q formeln Å ena sidan kan vi lösa andragradsekvationen x +px+q = 0 m.h.a. (.). nollställena, som nu kallas 4 x och x ges av x = p + (p ) q respektive x = p (p ) q Å andra sidan erhåller vi en faktorisering av x + px + q enligt faktorsatsen. Detta säger att x + px + q = (x x )(x x ). Vi utgår från HL i denna ekvation och visar nu att vi kan komma fram till VL. Med x och x som ovan erhålls faktoriseringen ( x + p ) ( (p ) q x + p ) (p ) + q =... = Övningar { } (p )... utnyttja konjugatregeln med a = x + p/ och b = q =... = ( x + p ) ( ( p.6 Betrakta följande polynom ) ) q = x + x p + ( ( p ( ) p ) ) q = =... = x + px + q f(x) = (x )(x + ) b) f(x) = (x + )(x ) c) f(x) = ( + x)( 4x) d) f(x) = (x + )(7x ). Lös ekvationen f(x) = 0. Utveckla polynomet och lös därefter ekvationen f(x) = 0..7 Betrakta polynomen f(x) = x + x b) f(x) = x + x c) f(x) = x + 7x 9 d) f(x) = x 5 x.. Kvadratkomplettera respektive polynom.. bestäm polynomets minsta (störst värde. 4 Talen och t.h. snett nedanför x kallas index och läses x-ett respektive x-två. Dessa utgör endast en numrering av x värdena.
KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA. Faktorisera (om möjligt) polynomet i förstagradspolynom. 4. Lös (om möjligt) ekvationen f(x) = 0..8 Lös ekvationerna x = 4x b) d) x x + x = 0 e) x = x + 5 c) x x = 0 x = x + f) x = x.9 Lös ekvationerna och skriv VL som en produkt av förstagradspolynom 6 x x 5 = 0 b) 9 x + 6x = 0 c) x x = 0 d) x x 5 + = 0.0 bestäm det minsta värdet av uttrycken nedan. x + x b) x + x + c) x + y + x + y + d) x 4 4x + e) x y + xy + f) x x. Ekvationen x a x b x + ab = 0 har rötterna x = 5 ± 7. bestäm konstanterna a och b. Det finns fyra fall..4.5 Mer faktorisering Vi tar nu hjälp av lagarna (.). Exempel.5 Faktorisera polynomet x 6 +. Vi börjar med att utnyttja konjugatregeln (. e)) med a = x och b =. x 6 + = (x ) + = (x + )(x 4 x + ) Den sista faktorn kan nu skrivas om enligt följande. x 4 x + = x 4 + x + x = = (x + ) (x ) = (x + + x )(x + x )
.4. POLYNOM Vi gör ett försök att faktorisera den sista faktorn: x + x ( ) ( = x x + + ) 4 = x + 4 Eftersom vi får en positiv term 4 kan vi inte faktorisera x + x i faktorer av första graden. Svar: x 6 + = (x + )(x + + x )(x + x ) Övningar. Faktorisera polynomen nedan så långt som möjligt. 8t + b) t 4 4 c) t 4 d) t 4 6t + e) t 6 f) x + g) x 4 + h) x 8. bestäm konstanten a så att polynomet f(x) := x + 5x a har x = som nollställe. Faktorisera därefter polynomet så långt som möjligt. Exempel.54 Kan man faktorisera uttrycket x + y xy på något annat sätt än (x + y xy)? Vi försöker med att bryta ut ett x ur de två första termerna: x( y) + y. Vi lyckas tydligen inte att faktorisera hela uttrycket. Följande omskrivning lyckas inte heller: x + y xy = x( y) + y + = x( y) ( y) + = (x )( y) + Vi finner alltså ingen vettig faktorisering. Exempel.55 Försök att faktorisera a b + b ab. a b + b ab = b(a a + ) = b(a ) (Vi bör vid det här laget känna igen en jämn kvadrat.) Exempel.56 Faktorisera a + 4ab b.
4 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Vi försöker med kvadratkomplettering m.a.p. a. [ a + a b + (b) ] (b) b = (a + b) 5b De termer innanför den fyrkantiga parantesen utgör en jämn kvadrat. Eftersom vi har ett minustecken mellan kvadraterna kan vi kunna utnyttja konjugatregeln. Först skriver vi 5b = (b 5). Detta ger (a + b) 5b = (a + b) (b 5) = (a + b b 5)(a + b + b 5) Kvadratkomplettering m.a.p. b ger ett annat resultat. (b 4ab a ) = (b 4ab + 4a 5a ) = = (b + 5a = (a 5) (b = (a 5 b + (a 5 + b Övningar.4 Försök att faktorisera a + ab 6b b) x x 6 c) a + a b b d) + x + x y + y x.4.6 Rotekvationer e) x + x f)* x + y 6 x y x Rotekvationer löses via andragradsekvationer. en av dessa ekvationer brukar ge upphov till falska rötter, d.v.s. man får rötter vilka inte uppfyller den ursprungliga ekvationen. Exempel.57 Lös ekvationen x + = x Genom att flytta över till HL och därefter kvadrera erhålls ( ) x = x 4x + 4, 0 = x 6x + 5
.4. POLYNOM 5 vilket kan lösas med formeln x = 6 ± (6 ) 5 = 6 ± = ± Genom att sätta in dessa x i den ursprungliga ekvationen övertygar man sig snart att x = inte är lösning. Talet kallas då falsk lösning eller falsk rot. däremot visar sig det andra x värdet x = 5 vara en lösning. Å andra sidan; kan man vara söker på att alla lösningar är funna? Genom att följa lösningsförloppet kommer vi underfund med det. Steget där båda led kvadreras är ingen ekvivalens: x = x x = (x ) gäller men den omvända implikationen ( ) gäller ej. P.g.a. att vi har implikation från vänster till höger får man med alla lösningar. För att en lösning skall vara riktig måste man få i samtliga led. Detta kräver att + och i endera ledet vara med: ± x = x x = (x ) Detta betyder att ekvationen x = x också löses. D.v.s. den falska roten är lösning till denna ekvation. Ett alternativt sätt att lösa en rotekvation ges nu i följande exempel. Exempel.58 Lös ekvationen x = x +. Sätt rotuttrycket x = t. då blir x = t och därmed t = x. Ekvationen kan då skrivas t = x + = t + = 4 t. t + t 8 = 0 t = ± + 8 = ±, t =, t = 4 Eftersom t = x och en rot alltid 0 utesluter vi t = 4. t = ger tillsammans med t = x + att x = =. insättning i den ursprungliga ekvationen visar att Svar: x = VL = x = ( ) = och HL = + = Exempel.59 Lös ekvationen x = x.
6 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Kvadrering ger x = (x ) = 4x 4x + 4x x = 0 x = 0 eller x = 4 insättning i de båda leden ger VL = och HL = 0 = respektive VL = /4 = / och HL = /4 = / < 0 Svar: Ekvationen saknar rot. Exempel.60 Lös ekvationen x = x Kvadrering av båda led ger andragradsekvationen 7 x + 8 x = 0 x x + 7 8 = 0 x = 4 ± ( 4 ) 7 8 Talet under rottecknet är 5 6 < 0. Av detta kan vi sluta oss till att rot/lösning saknas. Övningar.5 Lös följande ekvationer: c) x + 5 = 5 x b) x + 5 = 5 x x = x + d) + x = x.6 Lös ekvationerna nedan. d) x 4 = x 4 b) x = x c) x = (x + ) x + x + = x e) x = x f) x 7 = x.7 Har ekvationen x + x + 7 = x någon (reell) rot?
.5. RATIONELLA UTTRYCK 7.5 Rationella uttryck Exempel.6 En kvot mellan två polynom såsom benämner vi rationellt uttryck. t + t 4 eller x x 6 x + 4 x + x Rent allmänt är ett rationellt uttryck r en kvot av två polynom, d.v.s. r(x) = p(x) q(x) (.) där p(x) och q(x) 0 är polynom. uttrycket är giltigt (eller definierat) för de x sådana att q(x) 0, dvs för (definitions-)mängden {x : q(x) 0} Exempel.6 Betrakta de rationella uttrycken + x x b) x + c) x x x + x Vi vet sedan tidigare att man inte för dividera med talet 0. Vi skall nu undersöka för vilka x som dessa är giltiga/definierade. + x har nämnarpolynomet x som alltså inte får vara = 0. För alla andra värden på x x är uttrycket definierat. Svar: Uttrycket är definierat för x 0. b) nämnarpolynomet är x + och dess nollställe ges av ekvationen x + = 0 d.v.s. x =. b) Svar: Uttrycket är definierat för x. c) nämnarpolynomet är x + x = x(x + ) som är = 0 precis då x = 0 eller x =. c) Svar: Uttrycket är definierat för x 0 eller x.
8 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Eftersom man i ett rationellt uttryck kan välja nämnarpolynomet konstant är polynom specialfall av rationella uttryck. Exempel.6 Om man har en summa mellan två bråk (rationella uttryck) i variabeln x kan dessa skrivas på minsta gemensamma nämnare MGN. x + har x(x + ) som MGN. således förlänger vi den första termen med x och den x andra med x +. x + x = x + x x x x + x (x + ) = = x x + x(x + ) x(x + ) = x + x + x Exempel.64 I det föregående exemplet finns ingen gemensam faktor för de två nämnarna x och x +. därför blir den minsta gemensamma nämnaren just produkten av de två nämnarna. Här nedan skriver vi ihop två termer på MGN. 5x x + x + x x = 5x x(x + ) + x(x ) Tydligen är den minst gemensamma nämnaren MGN = x(x + )(x ). Man tar således med faktorn x endast en gång eftersom den redan finns i de båda nämnarna! Fortsättningen blir nu 5x x(x + ) x x + x(x ) x + (5x )(x ) + (x + ) =... = x + x(x )(x + ) Förenklas nu täljaren erhålls 5 x 6 x + 7 x(x )(x + ) Övningar.8 Skriv följande rationella uttryck på MGN. x x + + x b) t + t + t t c) t 5 t + t + t d) t t + t t + t
.5. RATIONELLA UTTRYCK 9.5. Polynomdivision och partialbråksuppdelning Om i ett rationellt uttryck (rationell funktion) nämnarens grad täljarens grad, så kan man göra en polynomdivision. Den går till som en vanlig division med trappa eller liggande stol. Exempel.65 beräkna/utför divisionen x x 6 x + 4 x. + x x (kvot) x x 6 x + 4 x + x (x + x 4x) x x + 4 ( x x + 6) x + 8 (restterm) täljare/nämnare Produkten x (x + x ) Subtraktion av de båda leden Produkten (x + x ) Subtraktion av de båda leden x + 8 är restterm. Eftersom gradtalet på resttermen x + 8 är =, d.v.s. lägre än nämnarens gradtal (= ) stoppar algoritmen vid detta steg.. Divisionen innebär att x x 6 x + 4 x + x = x + x + 8 x + x Om däremot nämnarens gradtal är > täljarens, (som är fallet med en eventuell restterm efter polynomdivision) kan man göra en s.k. partialbråksuppdelning (PBU). Följande exempel, vilken är en fortsättning av det förra, belyser vad detta innebär: PBU då nämnaren kan faktoriseras i (reell förstagradspolynom. Exempel.66 Skriv differenserna av de två bråken på gemensamt bråkstreck: x x +
40 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA : x x + = (x + ) (x )(x + ) (x ) (x + )(x ) = = x + 6 (x ) (x + )(x ) = x + 8 (x )(x + ) Att vända på problemet och dela upp det sista uttrycket i de två ursprungliga termerna kallas PBU. Man gör då en s.k. ansättning: x + 8 (x )(x + ) = A x + B x + där A och B är konstanter, vilka nu skall bestämmas. Genom att göra liknämnigt erhålls likheterna x + 8 A(x + ) + B(x ) = (x )(x + ) (x )(x + ) För att likhet skall gälla, så måste täljarna var lika d.v.s. x + 8 = (A + B)x + A B För att likheten skall gälla för alla x (i definitionsmängden), så måste respektive koefficienter vara lika. VL HL x : = A + B : 8 = A B Det så uppkomna ekvationssystemet har lösningen A = och B =, vilket ju stämmer med det ursprungliga uttrycket (sista termen i det sista ledet i exempel 65). Tillsammans med resultatet i exempel 65 har vi att x x 6 x + 4 x + x = x + x x + Exempel.67 Vi partialbråksuppdelar nu x x x. täljaren är av grad emedan nämnaren är av grad och därmed av högre grad. Detta är en förutsättning för att kunna partialbråksuppdela. Vi börjar med att faktorisera nämnaren. x x = x(x ) och ansätter alltså x x x = A x + B A(x ) + Bx = {MGN} = x x(x )
.5. RATIONELLA UTTRYCK 4 jämför vi nu första och sista leds täljare (nämnarna är ju lika.) får vi x = A(x ) + Bx = Ax A + Bx = (A + B)x A och därefter jämför de olika ledens koefficienter får vi VL HL x : = A + B : = A Av detta ser vi att A = och B = A = =. alltså är x x x = x x De två erhållna termerna kallas partialbråk. PBU då en faktor av grad i nämnaren inte kan faktoriseras i (reell förstagradspolynom. Exempel.68 partialbråksuppdela det rationella uttrycket x 6 x + x. Eftersom nämnaren endast kan faktoriseras till x(x +) kommer ansättningen vid PBU att se lite annorlunda ut: x 6 x + x = A x + Bx + C x + d.v.s. man ansätter med ett förstagradspolynom Bx + C med nämnare x +. Liknämnigt ger att VL HL x : 0 = A + B x 6 d.v.s. x : = C x + x = x + x + x + : 6 = A Definition. Vi inför följande begrepp: Ett rationellt uttryck/funktion säges vara utvecklat efter det att man utfört polynomdivision (om grad tälj grad nämn) och utfört PBU. PBU då ett nollställe till nämnaren är en (reell) dubbelrot.
4 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Exempel.69 Utveckla x + 4 x x + x + x, Vi utför först en polynomdivision. kvot x + 4 x x + x + x (x + 6x + x) 0 6x + x restterm Nu återstår att partialbråksuppdela 6x + x x + x + x. nämnaren kan faktoriseras som x(x + x + ) = x(x + ), d.v.s. nämnaren har ett dubbelt 5 nollställe x =. Ansättningen kommer nu att se lite annorlunda ut jämfört med de två tidigare exemplena: 6x + x x + x + x = A x + även här gör vi liknämnigt i HL och erhåller B x + + C (x + ) 6x + x x + x + x = A(x + ) + Bx(x + ) + Cx x(x + ) VL HL x : 6 = A + B x : = A + B + C : = A Ekvationssystemet ger A =, B + C = samt 6 = + B. Således är B = 5 och därmed C = 8. Resultatet av våra ansträngningar ger nu att x + 4 x x + x + x = x 5 x + + 8 (x + ) 5 Med detta menas att (nämnar-)polynomet har innehåller faktorn (x ).
.5. RATIONELLA UTTRYCK 4 Övningar.9 Utför polynomdivision av följande rationella uttryck x + x x b) x x + c) 6x x d) x x + e) x + x x + f) x + x x +.40 partialbråksuppdela följande rationella uttryck x + x b) x c) x + x 4x.4 Utveckla följande rationella uttryck x + x x b) x + x x c) x + x 4x + d) x 9x + x 4x e) x + (x + ) f) 5x x + 6x 6 x 4 8x.5. Ekvationer med rationella uttryck Exempel.70 För att lösa ekvationen x = kan vi helt enkelt invertera båda led, x = och därefter multiplicera med i båda led, x =. En annan möjlighet att komma åt lösningen är att multiplicera med x och dividera med i båda led 6. Exempel.7 Betrakta det rationella uttrycket x +. Genom termvis division erhålls x x + x = x x + x = + x Om vi exempelvis vill ta reda på för vilket x som detta uttryck är = 0, så skall vi lösa ekvationen x + = 0. x Ekvationen = 0 precis då täljaren = 0 emedan nämnaren inte för vara = 0, vilket kan 6 Vi borde redan från början iakttagit att uttrycket inte är definierat för x = 0.
44 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA skrivas x 0. en ges alltså av ekvationen x + = 0 d.v.s. x =, x =. Alternativt kan vi lösa ekvationen m.h.a. den termvisa division vi gjorde. + x = 0 = x = x x = Exempel.7 på liknande sätt som i det förra exemplet skall vi försöka lösa ekvationen x = 0. För det första är uttrycket definierat för alla x, eftersom det är x + precis detta x som gör att nämnaren = 0. en ges alltså av de/det x som gör att täljaren = 0 förutsatt att nämnaren 0, d.v.s. x. en ges alltså av x = 0, x =. Exempel.7 Lös ekvationen x x + = 4. Vi gör nu genom de viktiga lösningsstegen. Det är lämpligt att flytta VL:s nämnare till HL:s täljare 7. x = 4 x = (x + )4 = x + 4 x + 4 = x + x = x x = Exempel.74 Lös ekvationen + x = 0. Först iakttar vi att nämnaren = 0 precis då x =. Just detta x är uttrycktet inte definierat för och alltså kan detta x = inte vara lösning till ekvationen. Vi kan exempelvis börja med att flytta över till HL. + x = = ( + x) = + x x = = 5 7 Uttryck såsom ax+b kallas brutna linjära avbildningar. cx+d
.5. RATIONELLA UTTRYCK 45 Svar: x = 5 Alternativt kan vi skriva VL på gemensamt bråkstreck. + x + x = ( + x) + x + x = 6 x 5 x = + x + x = 0 Att ett rationellt uttryck = 0 är detsamma som (ekvivalent med) att täljaren = 0 under förutsättning att nämnaren 0. en ges alltså av att täljaren = 0, om x. täljaren är 5 x = 0, vilket ger samma rot som tidigare. Exempel.75 Lös ekvationen x + x 4 = 5 4. Vi skriver VL på gemensamt bråkstreck med MGN. MGN är (x )(x 4). Vi förlänger således första term med (x 4) och andra term med (x ), d.v.s. x x 4 x 4 + x 4 x (x 4) + (x ) = = x (x 4)(x ) Vi löser nu ekvationen med denna omskrivning av VL. Vi utvecklar nu båda led. x 5 (x 4)(x ) = 5 4(x 5) = 5(x 4)(x ) 4 x 5 (x 4)(x ) 8x 0 = 0 5 x + 5 x 5x x + 40 = 0 x x 5 + 8 = 0 Denna ekvation gör att lösa med p-q-formeln. x = 0 ± 089 00 800 00 = 0 ± 7 ± 7 = 0 0 Vi erhåller två x värden x = 5 eller x = 6 0 = 8 5 (svar).
46 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Exempel.76 Betrakta en rak cirkulär cylinder (en rund burk) med radie r och höjd h. Dess area ges av A = topp + botten- area + mantelytans area = πr + πr h Dess volym ges av V = πr h. både arean A och volymen V beror på två variabler, r och h. Antag till att börja med att vi vill ha en burk som rymmer liter (= dm ). Vi kan då eliminera en av variablerna ex.vis h genom att V = = πr h varför πr = h. Insatt i arean erhåller vi A = πr + πr h = πr + πr πr = πr + r = {MGN} = (πr + ) r Detta är ett rationellt uttryck i r. Om radien är r = (dm) erhåller vi en area A =... = (π + ) = (π + ) (dm ) Vilken/vilka radier (och höjder) skall cylindern ha om dess area är A = 0 dm? Vi har då att lösa ekvationen (πr + ) r = 0 (πr + ) 0r = 0 πr + 5r = 0 Detta är en tredjegradsekvation. så långt kan vi konstatera att vi enbart kan acceptera rötter r > 0 av rent praktiska skäl. En numerisk (approximativ lösning) ger vid handen att r.46 eller r 0.05449. Det finns alltså två lösningar. Det finns dessutom en tredje rot r.568 men denna rot kan alltså inte komma i fråga. Sammanfattningsvis kan vi konstatera att vi för två rötter/lösningar som vi enbart kan erhålla approximativt. Exempel.77 Om man skriver ihop ett antal termer på gemensamt bråkstreck strövar man mot att få denna så liten som möjlig. Man skriver termerna på minsta gemensamma nämnare (MGN). 6 x + x x x = 6 x(x + ) x (x )(x + )
.5. RATIONELLA UTTRYCK 47 MGN = (x )(x + )x. Den första termen skall alltså förlängas med x och den andra termen skall förlängas med x. Vi för då (Observera att vi har fortsatt likhet). 6 x(x + ) x 6(x ) (x )x = = (x )(x + ) x(x + )(x ) = 7x x x(x + )(x ) Exempel.78 För att lösa mer komplicerade ekvationer med rationella uttryck såsom 6 x + x = x x iakttar vi först att x 0 och x ±. därefter flyttar vi över samtliga termer till samma sida så att vi får 6 x + x x x = 0 därefter följer samma omskrivning som i exempel 77. 7x 6 x x(x )(x + ) = 0 täljarens nollställen ges av ekvationen 7x 6 x = 0. Med p-q formeln får vi x = och x =. Ingendera av dessa är x = 0, ± så de utgör rötterna till den ursprungliga ekvationen.
48 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Exempel.79 Lös evaktionen x = + x x x + x + Vi använder samma teknik som i föregående exempel och börjar med att flytta över termerna till ex.vis HL och skriver uttrycken på MGN (Minsta Gemensamma nämnare) x : + x x x + x + x = x + x x x = 0 Rötterna till denna ekvation är de x sådana att täljaren = 0 men nämnaren 0. De tal som ej kan ingå i lösningen är x = ±. Vi ser genom prövning att täljaren = 0 för x =. således är x faktor till täljaren. Polynomdivision ger nu att täljaren är x + x x = ( x)(x + ) Eftersom x + > 0 för alla x saknar den ursprungliga ekvationen lösning. Vi sammanfattar nu ekvationer med rationella uttryck.. För mer komplicerade ekvationer flyttas samtliga termer över till endera sidan.. Termerna slås samman genom att skriva dem på minsta gemensamma nämnare. Man har alltså en ekvation på formen p(x) = 0, där p(x) och q(x) är polynom q(x) samt q(x) = MGN.. Rötterna/lösningarna till den ekvation ges av de x sådana att Övningar täljaren p(x) = 0 men b) nämnaren q(x) 0..4 Lös ekvationerna x + = 0 b) x + = c) x = + d) x x = 0 e) x + = f) x x x = x +
.5. RATIONELLA UTTRYCK 49.4 Lös ekvationerna + x x = b) π x x + = 0 c) x + x = d) x + x = 0 e) x x + = f) = x + x.44 Lös ekvationerna x + = x b) x + = x c) x = x x d) x = 4x x + e) 5x x + x = x x x f) x x x + = 0.45 Lös ekvationerna + x = x x + x b) = x + x + x + x c) 4 x + x = x + x d) x (x ) (x + ) + + x 4 = 0.46 Lös ekvationen för olika konstanter b.47 Lös ekvationen x; skilda från noll. b x + + x x + x 6 x x = 0 x a x b =.5. Polynom av grad och högre b a x, där a och b är två olika konstanter ab Exempel.80 Ett tredjegradspolynom är ex.vis: f(x) = x + x. För att lösa ekvationen f(x) = 0 finns det en formel liknande. sidan 8 (Se sidan 5.). I detta fall gissar man sig snart till att x = är en rot. Faktorsatsen ger nu att (x ) är faktor till f(x). Man kan nu utföra en polynomdivision som måste gå jämnt upp (faktorsatsen): x + x x =... = x + x +, d.v.s. (x )(x + x + ) = x + x (Kontrollera!)
50 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Exempel.8 Vi erinrar oss att ett rationellt tal är ett tal som kan skrivas m, där m och n n är heltal. således är 8 ett rationellt tal. Ett annat sätt att karakterisera ett rationellt 7 tal är att dess decimalutveckling är periodisk. 8 =.4857485748574857.... Perioden är 4857. De flesta heltalsrötter 7 såsom och är inte rationella tal. Sådana tal kallas irrationella tal. Exempel.8 Polynomet x + x 6 kan faktoriseras via (.). nollställena är x = och x =, varför x + x 6 = (x + )(x ). Vi ser då att nollstället x = avspeglar sig i VL:s :a framför x, som alltså ger nollställets nämnare. P.s.s. är täljaren ( ) en faktor i nolltegradskoefficienten 6. Vidare är det andra nollstället x = en faktor till nolltegradskoefficienten 6. Exempel.8 Polynomet f(x) = x 5x x 5 är ett tredjegradspolynom. Dess koefficienter är, 5, och 5, d.v.s. heltal. Man söger då att f(x) har heltalskoefficienter. Om polynomekvationen f(x) = 0 har en rationell rot x = s/t förkortat så långt som möjligt, där s och t är heltal, kan man visa 8 att s måste vara divisor till den sista termen 5 och t måste vara divisor till högstagradskoefficienten. Detta innebär alltså att s = ±, ±5 och t = ±, ±, d.v.s. x = ±, ±5, ±, ±5 Genom insättning av dessa åtta kandidater visar sig x = / vara en rot. För att få fram eventuella andra rötter utnyttjar vi faktorsatsen. Vi vet att (x + ) är faktor till f(x), varför divisionen 8 Detta bevisas inte här. f(x) x + = x 5x x 5 x +
.5. RATIONELLA UTTRYCK 5 går jämnt upp. Kvoten visar sig bli x x 5. Genom att lösa ekvationen x x 5 = 0 erhåller vi samtliga rötter till ekvationen f(x) = 0. Dessa är alltså x = /, x = ± 9. Samtidigt erhåller vi faktoriseringen av f(x): f(x) = x 5x x 5 = (x + ) ( x + 9 ) ( x 9 ) Exempel.84 Polynomet x +4x+ eventuella rationella nollställen har som täljare ± och som nämnare ±, ±. nollställena skulle i så fall vara x, ±, x = ±. insättning i polynomet (gör det som övning) x + 4x + visar sig att inget av dessa x är nollställe. Vi kan då dra slutsatsen att polynomet saknar rationella nollställen. D.v.s. samtliga (högst tre) nollställen måste vara irrationella. Numeriskt kan dessa tas fram. Det visar sig att det endast finns ett (reellt) nollställe som visar sig vara x 0.9674. Exempel.85 Polynomet x x har heltalskofficienter men däremot inte x x. Det förra polynomets nollställen är dock inte rationella. Exempel.86 I polynomekvationen x4 x = kan man förlänga båda led med och erhålla x 4 6x = 0. Polynomet i VL har nu enbart heltalskoefficienter. Eventuella rationella rötter är alltså x = ±/, ±/. Ekvationen gör i detta fall att lösa direkt genom att sätta x = t och därmed x 4 = t. t 6t = 0 t = ± 9 + = ± Eftersom t = x kan vi bar acceptera t = +. Rötterna är alltså x = ± + som alltså inte är rationella.
5 KAPITEL. ELEMENTÄR ALGEBRA Exempel.87 Polynomekvationens x = 0 eventuella rationella rötter är x = ±, ±. Eftersom inga av dessa är rötter måste ekvationens rötter vara irrationella. Nu är x = 0 x = x = ± Av satsen om rationella rötter följer att är irrationellt. ovanstående exempel visar därmed hur man kan få fram eventuella rationella rötter under förutsättning att polynomet har heltalskoefficienter. Denna sats kallas Satsen om rationella rötter och Sats.4 (Satsen om rationella rötter) Om polynomets.0 samtliga koefficienter a 0,..., a n är heltal och om polynomet har ett rationellt nollställe x = s, förkortat så långt som möjligt, så t är s en divisor till a 0 och t en divisor till a n. Bevis: Vi avstår från ett bevis i detta skede. För ett tredjegradspolynom erhåller man, efter division med motsvarande faktor, ett andragradspolynom vilket sätts = 0 och därefter löses med identitet.. Övningar.48 Faktorisera följande polynom så långt som möjligt. Polynomen har minst ett rationellt nollställe. x x + b) x + x 4x 6 c) x + x + x + d) x + 7x + 7x +.49 Utveckla uttrycket + x 6x 9x + x 4 + x 5 x + x