Grundlæggende regneteknik

Transkript

1 Grundlæggende regneteknik Anne Ryelund, Mads Friis og Anders Friis 14. oktober 2014

2 Indhold Forord Indledning iii iv 1 Regning med brøker Faktorisering i primtal Primtalsfaktorisering i brøkregning En lille reprimande Gode eksempler Opgaver Regning med potenser Potensregnereglerne Gode eksempler Opgaver Kvadratsætninger Kvadratkomplementering Gode eksempler Opgaver Ligninger Hvad er en ligning? Løsningsteknik Det simple tilfælde Det lidt sværere tilfælde Trivielle ligninger Ligninger uden løsning Gode eksempler Opgaver Andengradsligninger Grundform Nulreglen Løsningsformlen Skjulte andengradsligninger og substitution i

3 5.5 Gode eksempler Opgaver Kvadratiske ligningssystemer Hvad er et kvadratisk ligningssystem? Substitutionsmetoden Antallet af løsninger Gode eksempler Opgaver A Talmængder 71 Gamle opgavesæt 74 TalentCamp Rønne TalentWeek TalentCamp Greve Øvelsessæt Øvelsessæt Facitlister 94 Regning med brøker Regning med potenser Ligninger Andengradsligninger Kvadratiske ligningssystemer Kvadratsætninger TalentCamp Rønne TalentWeek TalentCamp Greve Øvelsessæt Øvelsessæt ii

4 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 på 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 således henvendt til elever tilknyttet TalentCampDKs sciencelinje men kan også læses som en grundlæggende indføring i brøkregning, potensregning, kvadratsætninger og ligningsløsning. Det primære formål med hæftet er at udvikle læserens regnetekniske færdigheder, og gøre læseren i stand til at løse opgaver. Vi har forsøgt at gøre indholdet så 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 målsætninger er at gøre vores elever i stand til at læse tekster af mere akademisk karakter. Derfor har vi valgt at strukturere teksten på samme måde som undervisningsmaterialer på 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 også vores undervisningsassistenter Elisabeth Friis, Anders Christensen og Nicolai Carstensen en tak for at regne alle opgaverne igennem og påpege pinligt mange småfejl. Desuden har Nicolai forfattet opgaverne til øvelsessæt 2, som findes i bogens opgavesamling. Anders Friis iii

5 Indledning Bogen er inddelt i seks kapitler, som svarer til de seks emner, der udgør kurset Matematik Intro på TalentCampDKs TalentCamps. De første tre kapitler gennemgår grundlæggende regneteknik, mens kapitel fire til seks omhandler ligningsløsning. Kapitlerne bygger ikke ovenpå hinanden i direkte forstand, men de senere kapitler trækker på de grundlæggende koncepter i de første kapitler. Hvert kapitel afsluttes med 30 opgaver. De første opgaver er relativt lette at regne, hvis man har forstået teksten, mens de sidste opgaver er svære og nogle af dem kræver, at man selv kan få 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, så det er en god ide at starte med at læse appendikset, hvis man ikke er bekendt med disse. Bogen indeholder også en opgavesamling bestående af opgavesæt, der tidligere er blevet stillet på TalentCamps samt to øvelsessæt af samme sværhedsgrad. Opgaverne i disse sæt flugter med opgaverne til de enkelte kapitler, således 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 fremgår dog ikke løsningsmetoder af facitlisten. Vi anbefaler, at man løser så mange opgaver som muligt, når man arbejder sig igennem teksten. Teksten er skrevet med henblik på at lære læseren grundlæggende regneteknik, og den eneste måde at blive god til at regne på er at løse opgaver. Det er desuden en god ide at bruge tid på at forstå eksemplerne i teksten. Alle de grundlæggende ideer er illustreret i eksemplerne, og hvis man går i stå i en opgave, er det en god ide at lede efter et eksempel, der ligner opgaven og forsøge at kopiere løsningsmetoden. iv

6 Kapitel 1 Regning med brøker I dette kapitel vil vi arbejde med brøker på en anvendt, færdighedsorienteret måde - altså i højere grad beskæftige os med hvordan man regner med brøker frem for hvorfor brøkregning fungerer, som den gør. Der vil således ikke indgå deciderede beviser for de fremlagte påstande 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 0 (læs: Lad a, b, c, d være vilkårlige (reelle) tal med b og d forskellige fra 0). Vi har da følgende regneregel a b + c d a d b d + b c b d a d + b c (1.1) b d Vi bemærker, at første lighedstegn fås 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. Ovenstående (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, så de to brøker har fælles nævner, som vi skal se nu. Eksempel 1.2 Lad os undersøge følgende udtryk Vi får nu direkte af regneregel (1.1), at ( ) 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

7 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, når nævneren i den ene brøk går op i nævneren i den anden brøk. I vores tilfælde har vi 4 16 (læs: 4 går op i 16), så i stedet kan vi udføre følgende beregning hvor vi altså ikke løber ind i tilsvarende forkortningsproblemer. Vi har natuligvis at subtraktion af brøker forløber på helt tilsvarende vis, men lad os for en god ordens skyld tage et eksempel. Eksempel 1.3 Lad os undersøge følgende udtryk Vi bemærker som det første, at 6 22 (læs: 6 deler ikke 22). Vi kan altså ikke bruge samme trick, som i Eksempel 1.2. I stedet får vi hvor mange af udregninger ved første øjekast synes at være mørk magi (læs: uoverskuelige at klare i hovedet). Og det er det også - 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 0. Da har vi følgende regneregel a b c d a c b d (1.2) Med ord har vi altså, at produktet af to brøker er bestemt ved produktet af tællerne over produktet af nævnerne. Regning med produkter er altså som udgangspunkt simplere end addition, dog kan der opstå 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 undgå netop dette, men først tager vi lige et lidt mere medgørligt eksempel. Eksempel 1.5 Lad os undersøge følgende udtryk

8 Med reference til (1.2) får vi altså følgende I Eksempel 1.5 kunne vi drage glæde af vores fortrolighed med den lille tabel, men selv den store tabel kommer hurtigt til kort, når 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 0. Vi har da følgende regel a b c d a b d c (1.3) I ord har vi altså 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 c ganger vi d altså med d. Vi kan altså omskrive ethvert problem, der involverer division af brøker, til et c problem med produkt af brøker. Eksempel 1.7 Lad os undersøge følgende udtryk Med henvisning til (1.3) og (1.2) får vi da (1.3) (1.2) Når vi ser på division af brøker omskriver man således 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 1 af ordene. Men frygt ej; 3 begrebet faktorisering dækker over en teknik, hvor man tager et udtryk og omskriver det til et produkt (Husk: størrelserne, der indgår i et produkt kaldes faktorer). Vi har eksempelvis og er faktoriseringer af 30 og 46. Vi vil indføre en mere matematisk stringent definition af primtal, nemlig 3

9 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 går 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 ovenstående 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 2 2, og , 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 på netop én (vi ser bort fra faktorernes rækkefølge) måde. Vi har altså hvor p i er primtal. n p 1 p 2... p k Før vi ser på eksempler er det værd at understrege, at primtalsfaktoriseringen er unik! Uanset hvilken teknik vi bruger til at finde frem til primtalsfaktoriseringen, vil vi altid få den samme. Vi skal i det følgende udvikle teknikker til at bestemme de primtal, som indgår i et givet tal n s primtalsfaktorisering. For et givet n vil vi undersøge om hvert enkelt primtal p går op i n, og i så fald faktorisere p ud, så vi får n p n 1, hvor n 1 N. Eksempel 1.10 Lad n 24. Vi finder primtalsfaktoriseringen af 24. Da 24 er et lige tal går 2 op i 24, hvorfor vi altså har n 2 12 Igen har vi, at 12 er et lige tal, så 2 går op i 12, og vi får altså Endnu en gang har vi, at 6 er lige, hvorfor n n Da både 2 og 3 er primtal har vi nu primtalsfaktoriseret n 24. Det var ret overskueligt, men desværre er det ikke lige så let at undersøge om de øvrige primtal deler et givet n. Vi skal dog beskrive teknikker til på relativt simpel vis at undersøge om 3 og 5 deler et givet tal n. Vi introducerer først begrebet tværsum. 4

10 Definition 1.11 Lad n være et naturligt tal, så n a 1 a 2... a k, hvor a i angiver det i te ciffer i n. Vi definerer da tværsummen af n noteret n ved n a 1 + a a k Notationen i definitionen af tværsum kan måske være en smule forvirrende. Når vi skriver n a 1 a 2... a k er n et naturligt tal med k cifre, nemlig a 1,a 2,..., a k (der er altså ikke et underforstået gange mellem a i erne). Vi har eksempelvis for n , at n Begrebet tværsum synes måske 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 går 3 op i n hvis og kun hvis 3 går 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 , eftersom vi let ser at Eksempel 1.13 Lad n Vi finder primtalsfaktoriseringen af Vi bemærker først, at 1458 er lige, så n Vi er nu i en situation, hvor 2 ikke længere går op, da 729 er ulige. Lad os derfor undersøge, om Vi får og da 3 18 har vi nu af thm 9 at Hvor mange gange 3 går op i 729 må vi finde ved at se på divisionsstykket 729/3, men nu ved vi i det mindste at beregningerne ikke er forgæves. Vi får , så 3 n Tilsvarende får vi og eftersom 3 9 giver thm 9 at Vi får , så n Da vi fra den lille tabel ved, at kan vi nu færdiggøre primtalsfaktoriseringen, så n Vi så i ovenstående, hvor kraftfuldt thm 9 var i forbindelse med primtalsfaktorisering. Vi skal nu formulere et tilsvarende resultat for faktorisering med 5. 5

11 Sætning 1.14 Lad n være et givet naturligt tal, så n a 1 a 2... a k, hvor a i angiver det i te ciffer i n. Vi har da 5 n hvis og kun hvis a k 0 eller a k 5. Mere formelt 5 n a k 0 a k 5 thm 11 kender du måske allerede, men hvis ikke er det intuitivt meget appellerende - 5 går op i et naturligt tal n hvis og kun hvis det sidste ciffer i n er 0 eller 5. Vi har således for n at , da det sidste ciffer i er 0. Slutteligt skal vi se et eksempel, hvor vi bruger alle ovenstående resultater Eksempel 1.15 Lad n Vi finder primtalsfaktoriseringen af Vi bemærker først, at er lige, så n Da 675 er ulige vil 2 ikke gå op igen. Vi bemærker nu i stedet, at siden det sidste ciffer i 675 er 5 følger det af 1.14, at og vi får n Igen har vi, at 135 ender på 5, så og vi får n Da 27 ender på hverken 5 eller 0, så har vi Vi undersøger nu om 3 går op. Vi får , og da 3 9 har vi ifølge 1.12, at Vi genkender da også hurtigt , hvorfor n Hermed er n 1350 primtalsfaktoriseret. 1.2 Primtalsfaktorisering i brøkregning Men hvad skal vi så bruge alt den primtalsfaktorisering til? Lad os gå tilbage og se... Eksempel 1.16 (Fortsættelse af 1.2) I Eksempel 1.2 så vi, at Vi vil nu bruge primtalsfaktorisering til at forkorte denne brøk. Vi får umiddelbart mens

12 Dette giver os altså Hermed har vi altså vist forkortningen fra Eksempel 1.2. Eksempel 1.17 (Fortsættelse af 1.3) I Eksempel 1.3 fik vi følgende Lad os nu udnytte vores viden om primtalsfaktorisering til at forkorte denne brøk. Vi får umiddelbart mens Vi kan nu skrive ( ) hvor udregningen i ( ) er lavet i Eksemepl 1.3. De to eksempler herover var måske ikke så 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 på udtrykket Vi får nu følgende primtalsfaktoriseringer hvilket giver anledning til følgende beregninger

13 Okay, så lidt tung regning slap vi altså ikke helt for. Men lad os lige se, hvor galt det ville have været UDEN faktoriseringen hvor... dækker over en voldsomt ubehagelig forkortning, som ingen dødelige hverken kan eller bør begive sig ud i. Så 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. Når vi forkorter brøker er det kun faktorer, der kan fjernes - altså størrelser der indgår i et produkt. Udtryk som a 2 + b a 2 + b kan altså ikke umiddelbart forkortes og sættes lig 2. Derimod har vi a 2 b 2 4 a 2 b 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 på enhver matematiker, der ser fejl af denne type. 8

14 1.4 Gode eksempler Vi skal i det følgende se på nogle lidt mere interessante eksempler. De vil være taget fra TalentCamp Bornholms test. Eksempel 1.19 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker at ovenstående er et tilfælde af simpel addition af to brøker, så vi får hvor vi udnytter at fælles nævner kan opnås ved blot at forlænge brøken 2 med 2. Alternativt, 3 dog mere omstændigt, kan opgaven løses ved direkte brug af Sætning Metoden anvist først er klart at foretrække i dette tilfælde og vil i det følgende altid blive brugt, hvis muligt. Eksempel 1.20 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker at vi først får brug fra multiplikation af brøker (Sætning 1.4) og derefter subtraktion af brøker (Sætning 1.1). Vi får

15 Eksempel 1.21 Lad os undersøge udtrykket ( ) 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). ( ) Eksempel 1.22 Lad os undersøge udtrykket ( ) 9 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 ( ) ( ) Af denne opgave ser vi, at man med fordel kan reducere brøkerne og anvende reglerne én af gangen og derved opnå en relativt overskuelig udregning. 2 10

16 Eksempel 1.23 Lad os undersøge udtrykket Fremgangsmetoden til denne opgave er fuldstændig ækvivalent til den i Eksempel 1.18 viste. Vi får altså hvor den sidste brøk er uforkortelig Opgaver Opgave 1.1 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 1 i TalentCamps test. a) b) c) d) e) f) Opgave 1.2 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 2 i TalentCamps test. a)

17 b) c) d) e) f) Opgave 1.3 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 3 i TalentCamps test. a) 1 ( ) 2 b) 2 ( ) 2 c) 2 ( ) 3 d) 5 ( ) 6 ( e) ) 4 f) 7 ( ) 2 Opgave 1.4 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 4 i TalentCamps test. a) b) ( )

18 c) d) e) f) ( ) ( ) 14 Opgave 1.5 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 5 i TalentCamps test. a) ( ) b) c) c b a c a b+1 1 a 1 d) e) f)

19 Kapitel 2 Regning med potenser I dette kapitel vil vi arbejde med potensregneregler på en hovedsageligt anvendt, færdighedsorienteret måde - altså 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 a n n gange { }} { a a a, a 0 1, a n 1 a a a } {{ } n gange (2.1) og vi benævner a grundtallet, mens n kaldes eksponenten. Vi bemærker altså for n N, at a n (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 a 0 1. Sætning 2.2 Lad os først se på produktet af to potensudtryk med samme grundtal a R +, men forskellige 1 eksponenter n, m N. Vi har m gange n gange a n a m { }} { { }} { a a a a a a a n+m (2.2) Når vi tager produktet af to potensudtryk med samme grundtal a R +, men forskellige eksponenter, får vi således det samme grundtal a opløftet i summen af de to eksponenter, n + m. Bemærk det intuitive indhold af ovenstående resultat; vi har først a ganget med sig 1 I noten bruges termen forskellig i betydningen ikke nødvendigvis ens 14

20 selv n gange, så ganger vi det med a ganget med sig selv m gange, altså må 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 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker, at de to potensudtryk har samme grundtal, men forskellige eksponenter, så Sætning 2.2 giver os altså Uden hovedløst at bruge (1.2) kunne vi også have overvejet betydningen af notationen. Vores definition (1.1) giver os således gange { }} { gange {}}{ 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 går videre til næste regneregel vil vi se på endnu et eksempel. Eksempel 2.4 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker at de tre potensudtryk har samme grundtal, men forskellige potenser, så (1.2) giver os altså ( 3) Vær opmærksom på, hvordan vi håndterede den negative eksponent. Vi kunne igen have udnyttet vores definition af potenser fra (1.1) og fået Vi kan vist hurtigt blive enige om, at ovenstående udregning er ret uoverskuelig, så igen vil vi foretrække at bruge regel (1.2), men det er vigtigt at bevare intuitionen omkring reglen, så vi bedre kan huske den! Sætning 2.5 Lad os gå videre til division af to potensudtryk med samme grundtal a R +, men forskellige eksponenter m, n N. Vi har a n a m n gange { }} { a a a a a a } {{ } m gange 15 a n m (2.3)

21 Når vi ser på brøken af to potensudtryk med samme grundtal a R +, men forskellige eksponenter, får vi således 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, altså er der n m tilbage. Tilsvarende (dog modsat) kan vi argumentere intuitivt når n < m. Igen har vi kun udført argumentationen for n, m N, men resultatet gælder for alle n, m R. Eksempel 2.6 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker, at de to potensudtryk har samme grundtal, så Sætning 2.5 giver os altså Som i tidligere eksempler kunne vi lige så godt have brugt definitionen af potenser direkte og fået Lad os se på endnu et eksempel. Eksempel 2.7 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker, at de to potensudtryk har samme grundtal, så Sætning 2.5 giver os altså ( 3) Vær opmærksom på, hvordan vi håndterede den negative eksponent. Vi kunne igen udnytte vores definition af potenser fra 2.1 og fået ( 3) Igen er det klart at denne måde er væsentligt mere omstændig, men brug alligevel tiden på at forstå udregningen herover. Sætning 2.8 Vi skal nu se på 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 a n b n { }} { { }} { { }} { a a a b b b (a b) (a b) (a b) (a b) n (2.4) 16

22 Når vi ser på produktet af to potensudtryk med forskellige grundtal a, b R +, men samme eksponent n, får vi således at grundtallene kan samles i (a b) som da opløftes i n. Forskellen på de to potensudtryk udtrykkes bedst som rækkefølgen, der ganges i; a n b n 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 således rækkefølgen I multiplicerer i. Vi har kun ført argumentation for n N, men resultatet gælder for alle n R. Eksempel 2.9 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker, at de to potensudtryk har samme eksponent, hvorfor Sætning 2.8 giver os (4 7) Vi kunne tilsvarende have argumenteret ud fra definitionen af potenser fra 2.1, og fået ( ) ( ) (4 7) (4 7) (4 7) (4 7) 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 på division af to potensudtryk med forskellige grundtal a, b R +, men samme eksponent n N. Vi har a n b n n gange { }} { a a... a b b... b } {{ } n gange n gange { }} { a b a b a ( a ) n b (2.5) b Når vi ser på brøken mellem to potensudtryk med forskellige grundtal a, b R +, men samme eksponent n N, får vi således at grundtallene kan samles a, som da opløftes i n. Forskellen b på de to potensudtryk beskrives bedst som rækkefølgen, der ganges og divideres i; an har b n først a ganget med sig selv n gange, derefter divideret med b i alt n gange, mens ( ) a n b har brøken a ganget med sig selv n gange. Vi har kun ført argumentationen for n N, men b resultatet gælder for alle n R. Eksempel 2.11 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker, at de to potensudtryk har forskellige grundtal, men samme eksponent, så Sætning 2.10 giver os ( )

23 Vi husker fra Definition 2.1, at vi kunne have opnået samme resultat på anden vis, nemlig 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 forstår hvert enkelt skridt i ovenstående udregning. Sætning 2.12 Vi vil slutteligt se nærmere på potenser af potensudtryk (potens-ception, om man vil). 2 Lad altså a R + og lad n, m N. Vi har da (a n ) m m gange { }} { a n a n a n m gange { }} { a } a {{ a} a } a {{ a} a } a {{ a} n gange n gange n gange n m gange { }} { a a a a n m (2.6) Når vi ser på en m-potens af et potensudtryk med grundtal a R + og eksponenten n N får vi således samme grundtal a opløftet i produktet af eksponenterne, n m. Vi kan tænke på skrivemåden (a n ) m som om a erne er grupperet i m klynger af størrelse n, mens i udtrykket a n m har vi n m enkeltstående 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 Lad os undersøge udtrykket ( a 2 ) 3 Vi bemærker, at vi har en potens af et potensudtryk, så det følger af (1.6) at ( a 2 ) 3 a 2 3 a 6 I stedet kunne vi have arbejdet udelukkende ud fra definitionen af potenser og fået ( a 2 ) 3 a2 a 2 a 2 (a a) (a a) (a a) a 6 Før du læser videre bør du gøre dig klart, hvordan ovenstående udregning eksemplificerer argumentationen ført i (1.6). Dette skal bidrage til at give en intuitiv forståelse af reglen. 2 Hvis du ikke forstår joken henvises du til filmen Inception. 18

24 Vi har hele noten igennem gjort klart, at skønt vi kun argumenterede for regnereglerne (2.2)-(2.6) med heltallige eksponenter, så gælder de for alle tænkelige eksponenter. Men vi har ikke engang defineret, hvad vi mener med ikke-heltallige eksponenter. Vi indfører altså for a R + følgende definition a r s s a r (2.7) hvor r Z, s Z \ {0}. Vi har således beskrevet rationale eksponenter. Vi bemærker altså 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 også gælder for alle rationale eksponenter. Eksempel 2.14 Lad os undersøge udtrykket Vi bemærker, at vi har en rational eksponent, hvorfor (2.7) giver os Vi husker, at den anden rod (også kaldt kvadratroden) noteres uden et 2-tal i rod-symbolet. Ovenstående udregning kunne være udført uden brug af (2.7), da 4 2, hvorfor Vi bemærker således, at vi kan tillade os at forkorte brøken i eksponenten og stadig få samme resultat. Eksempel 2.15 Lad os undersøge udtrykket 4 16a2 b 4 Vi bemærker, at vi har en ubehagelig rod, hvorfor (2.7) skal i spil, hvorefter vi kan bruge vores sædvanlige regneregler. 4 16a2 b ( 16a 2 b 4) 1/ /4 (a 2) 1/4 ( ) b 4 1/ /4 a 1/2 b Fortolkningen af 16 1/ er det tal, der ganget med sig selv 4 gange er lig 16. Og lur mig om ikke Vi får altså endelig 4 16a2 b 4 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 stående. Men nej, det får du ikke! Det er vores hensigt, at regnereglerne skal stå 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 råde dig til at genlæse eksemplerne og sammenholde med de tilhørende regneregler. 19

25 2.2 Gode eksempler Vi skal i det følgende se på nogle lidt mere interessante eksempler. De vil være taget fra TalentCamp Bornholms test. Eksempel 2.16 Lad os undersøge udtrykket b 3 b 2 b 7 Vi bemærker, at vi har tre potensudtryk med samme grundtal, hvorfor (2.2) giver os b 3 b 2 b 7 b b 12 Eksempel 2.17 Lad os undersøge udtrykket ( a3 b 2) 2 Hvis vi betragter tallene a 3 og b 2 som grundtal får vi ved (2.4), at (a 3 b 2 ) 2 (a 3 ) 2 (b 2 ) 2. Videre får vi nu af (2.6), at (a 3 ) 2 a 3 2 a 6 og (b 2 ) 2 b 2 2 b 4. Samlet har vi altså ( a3 b 2) ( a 3) 2 ( ) b a 6 b 4 Eksempel 2.18 Lad os undersøge udtrykket ( ) 1 3 Ved simpel udregning får vi i parentesen Vi udnytter da regneregel (2.7) og får Samlet har vi altså ( ) Eksempel 2.19 Lad os undersøge udtrykket (ab) 2 + b 4 b 2 b 2 Vi bemærker først at (2.4) giver os (ab) 2 a 2 b 2 og (2.2) giver os b 4 b 2 b 4+( 2) b 4 2 b 2. Samlet har vi altså (ab) 2 + b 4 b 2 b a2 b 2 + b 4 b 2 b a2 b 2 + b 2 b 2 a

26 Eksempel 2.20 Lad os undersøge udtrykket a 2 (b a 2 + a 1 ) a + b Før vi går i gang med at reducere, ganger vi ind i parentesen og får a 2 b a 2 + a 2 a 1 a + b Vi får nu af (2.2) og Definition 2.1, at a 2 b a 2 a 2 2 b a 0 b b. Vi får igen af (2.2), at a 2 a 1 a 2 1 a. Samlet får vi altså a 2 (b a 2 + a 1 ) a + b a2 b a 2 + a 2 a 1 a + b 2.2 a0 b + a a + b a + b a + b 2.7 a + b (a + b) (a + b) a + b hvor vi undervejs også har brugt definition (2.7) og regel (2.3). 21

27 2.3 Opgaver Opgave 2.1 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 1 i TalentCampDKs test. a) a 2 a 4 a 7 b) b 3 b 2 b 5 c) (a 2 ) 4 d) a3 a 2 e) (b 3 ) 2 f) b3 b 5 Opgave 2.2 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 2 i TalentCampDKs test. a) (b 4 b 3 ) 3 b) (ab)4 b 2 c) (c 2 c 1 ) 2 d) (a2 b) 4 a 2 b e) a3 a 2 a 2 f) (a 4 b 2 ) 2 Opgave 2.3 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 3 i TalentCampDKs test. a) ( ) 1 3 b) ( ) c) 4 (3 3 2) 2 22

28 d) 27 3 e) 9 2 ( 1 3) 4 f) ( ) 1 4 Opgave 2.4 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 4 i TalentCampDKs test. a) (a b)3 a 3 b 3 b 6 a 3 b) c4 b 3 b 2 b 1 c 2 c) (a2 b) 3 a 9 b 2 a 5 a 4 b 2 d) a a 2 e) (a c)4 a 4 c 4 c 2 a 2 a b + b3 (a b) 2 f) b 3 Opgave 2.5 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 5 i TalentCampDKs test. a) a3 (b 2 a 1 + a b) ab (ab + 1) b) 1 ((a 3 b + b 2 )b 1 ) 1 c) ((3 a)3 ) 4 (a 3) 12 d) e) 3 a6 b 3 a b (ab) 4 b 2 a 5 a 2 b 2 b 0 a 1 f) (a b2 + b 3 b 4 ) b 1 (ab) 2 + ab 23

29 Kapitel 3 Kvadratsætninger I dette kapitel vil vi arbejde med kvadratsætninger på en hovedsageligt anvendt, færdighedsorienteret måde - altså 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. På overfladen kan de tre kvadratsætninger synes en smule magiske - og det er de måske også, for de er skræmmende anvendelige. For at afmystificere en smule skal vi i det følgende gennemgå det teoretiske grundlag. Sætning 3.1 (Første kvadratsætning) Lad a, b R. Da haves (a + b) 2 (a + b) (a + b) a 2 + ab + ba + b 2 a 2 + b 2 + 2ab (3.1) I ord har vi således: Kvadratet på en toleddet sum er lig kvadratet på første led, a 2, kvadratet på det andet led, b 2, samt det dobbelte produkt, 2ab. Pilene herover indikerer de velkendte regler for multiplikation af parenteser. Det er en god idé at blive tryg ved såvel 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) Lad a, b R. Da haves (a b) 2 (a b) (a b) a 2 ab ba + b 2 a 2 + b 2 2ab (3.2) I ord har vi således: Kvadratet på en toleddet differens er lig kvadratet på første led, a 2, kvadratet på det andet led, b 2, minus det dobbelte produkt, 2ab. Bemærk altså at begge kvadrater, a 2 og b 2, er positive, mens det dobbelte produkt, 2ab, ændrer fortegn i forhold til Første kvadratsætning. Sætning 3.3 (Tredje kvadratsætning) Lad a, b R. Da haves (a + b)(a b) (a + b) (a b) a 2 ab + ba b 2 a 2 b 2 (3.3) 24

30 I ord har vi således: Produktet af en toleddet sum og en toleddet differens er kvadratet på første led, a 2, minus kvadratet på andet led, b 2. Det er værd at bemærke, at de blandede led, ab og ba i dette tilfælde får modsatrettede fortegn, hvorfor de går ud med hinanden. Af ovenstående kan du måske se, at de tre kvadratsætninger blot er multiplikation af to parenteser - så måske ikke så magiske alligevel. Vi har lavet ovenstående udledning for fremover at kunne springe direkte fra venstresiden til højresiden, uanset hvad a og b måtte være. Lad os nu se nærmere på 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 Lad os undersøge udtrykket (x + 3) 2 Vi genkender straks ovenstående som venstresiden af (3.1), altså kvadratet på en toleddet sum, hvorfor vi får (x + 3) 2 x x x 2 + 6x + 9 Eksempel 3.5 Lad os undersøge udtrykket (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 står a forkert. Det er her essentielt at a og b i vores udledninger herover udelukkende skal ses som repræsentanter for et vilkårligt reelt tal - vi kunne således lige så godt have brugt x, y R. Med dette i baghovedet har 2 i eksemplet altså taget a s plads i (3.3), mens a i eksemplet har taget b s plads i (3.3). Vi kan altså bruge Tredje kvadratsætning og får (2 a)(2 + a) 2 2 a 2 4 a 2 Eksempel 3.6 Lad os undersøge udtrykket (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, stående på a s plads i (3.2). Det er imidlertid ikke et problem, når blot vi husker at opløfte hele 4x til anden potens, når det bliver relevant. Vi får altså (4x 3) 2 (4x) 2 2 4x x 2 24x

31 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 også (næsten) lige så fascinerende. Kvadratkomplementering handler helt simpelt om at bruge kvadratsætningerne baglæns. Det lyder måske ikke så svært, men det skal vise sig at være en ganske udfordrende opgave. Vi vil igen indføre teknikken gennem en række eksempler. Eksempel 3.7 Lad os undersøge udtrykket 4x x 2 Sammenlignet med tidligere, hvor vi kiggede på venstresiden af (3.1)-(3.3), skal vi nu lede efter et sammenligneligt mønster på højresiden. Vi opdager da straks at tre positive led kun kan matche højresiden af (3.1), hvorfor vi får 4x x 2 x x (x + 2) 2 Eksempel 3.8 Lad os undersøge udtrykket 9a 2 + b 2 6a 2 b 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 må være et resultat af (3.2). Vi forsøger nu at omskrive hvert led, så to led står som kvadrater, mens et led (det negative) står som et dobbelt produkt. Vi får 9a 2 + b 2 6a 2 b (3a) 2 2 3a b + b 2 (3a b) 2 Eksempel 3.9 Lad os undersøge udtrykket 16x 2 4 Blandt højresiderne i (3.1)-(3.3) kan ovenstående kun være et resultat af Tredje kvadratsætning. Vi skal således forsøge at skrive begge led som kvadrater. Vi får 16x 2 4 (4x) (4x + 2)(4x 2) Bemærk at fortegnene fortæller os, at 4x tager a s plads, mens 2 tager b s plads i (3.3). Måske føltes ovenstående eksempler måske som mørk magi, og du føler dig måske 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 fås 26

32 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 indgå som faktorer i dit udvalgte led. Når du har bestemt det dobbelte produkt, betragt da de to øvrige led og bestemt deres kvadratrod. Dermed har du dit a og b, så 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, så a 2 og b 2 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 opnået 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 Lad os undersøge udtrykket x x x 3 Vi genkender tælleren som højresiden af (3.2) med a x og b 3, hvorfor vi får følgende omskrivning Eksempel 3.11 Lad os undersøge udtrykket x x x 3 (x 3)2 x 3 x 3 (4x x) (4x x) 4x 2 4 Vi genkender første faktor i tælleren som højresiden af (3.1) med a 2x og b 2, hvorfor vi får følgende omskrivning (4x x) (4x x) 4x 2 4 (2x + 2)2 (4x x) 4x 2 4 Vi genkender nu anden faktor i tælleren som højresiden af (3.2) med a 2x og b 2, hvorfor vi får følgende omskrivning (2x + 2) 2 (4x x) 4x 2 4 (2x + 2)2 (2x 2) 2 4x

33 Endelig genkender vi nævneren som værende højresiden af (3.3) med a 2x og b 2, hvorfor vi slutteligt får (4x x) (4x x) 4x 2 4 (2x + 2)2 (2x 2) 2 (2x + 2) (2x 2) (2x + 2) (2x 2) 4x 2 4 hvor vi faktisk afslutningsvis bruger Tredje kvadratsætning forlæns. Eksempel 3.12 Lad os undersøge udtrykket ( ) a 2 b 2 (a + b) a 2 + b 2 + 2ab + 1 Vi genkender tælleren som højresiden i (3.3), mens nævneren genkendes som højresiden i (3.1). Vi får således følgende omskrivning ( ) ( ) a 2 b 2 (a + b)(a b) (a + b) a 2 + b 2 + 2ab + 1 (a + b) + 1 (a + b) 2 Ved at lade (a + b) gange ind i parentesen fås endelig ( ) ( ) a 2 b 2 (a + b)(a b) (a + b) a 2 + b 2 + 2ab + 1 (a + b) + 1 (a + b) 2 Eksempel 3.13 Lad os undersøge udtrykket (a + b)2 (a b) (a + b) 2 + (a + b) a b + a + b 2a 16x4 + y 4 + 8x 2 y 2 4xy 2x y Vi genkender indledningsvis udtrykket under kvadratrodstegnet som højresiden af (3.1). Vi kan således udføre følgende reduktion 16x4 + y 4 + 8x 2 y 2 4xy (4x2 + y 2 ) 2 4xy 4x2 + y 2 4xy 2x y 2x y 2x y Endelig ser vi, at tælleren matcher højresiden af (3.2). Udtrykket kan således reduceres på følgende vis 16x4 + y 4 + 8x 2 y 2 4xy (4x2 + y 2 ) 2 4xy 2x y 2x y 4x2 + y 2 4xy 2x y (2x y)2 2x y 2x y 28

34 Eksempel 3.14 Lad os undersøge udtrykket b 2 a 2 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!), så i stedet omskriver vi til b 2 (a a) b a 3 Vi kan nu genkendes udtrykket i parentesen som højresiden af (3.1), hvorfor vi får følgende reduktion b 2 (a a) 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 får b 2 (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

35 3.3 Opgaver Opgave 3.1 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 1 i TalentCampDKs test. a) a2 + b 2 2ab a b b) x x x + 5 c) x2 y 2 x y d) x 2 y 2 x 2 + y 2 + 2xy e) 36 + z2 12z 6 z f) x + 3 x 2 9 Opgave 3.2 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 2 i TalentCampDKs test. a) 4x2 + 9y 2 12xy 2x 3y b) (a2 + b 2 + 2ab) (a b) (a 2 b 2 ) (a + b) c) (16x x) (4x + 2) (16x 2 4) d) 4x x 4x + 8 e) a 2 b 2 (a 2 + b 2 2ab)(a 2 + b 2 + 2ab) f) (2x2 + 2y 2 + 4xy)(x y) x 2 y 2 Opgave 3.3 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 3 i TalentCampDKs test. 30

36 a) (2a 3b)2 + 12ab 5b 2 4 b) (a6 + 4b 2 + 4a 3 b)(a 3 2b) a 6 4b 2 16x 4 y 4 c) (2x y) 2 + 4xy ( a + b d) (a + b) a 2 + b 2 + 2ab + a b ) a 2 b 2 e) ( ) a + b a 2 + b 2 + 2ab a 2 + b 2 + 2ab f) (3x + y)2 6xy 2y 2 3x y Opgave 3.4 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 4 i TalentCampDKs test. a) ( ) 1 2a 2 2b 2 a2 + b 2 + 2ab a + b a b a + b b) 4z 2 y 4 + x 2 4zy 2 x c) 4xyz + x2 y 2 + 4z 2 xy + 2z d) (3a b)2 5a 2 + 2ab 2a b e) f) x4 + 16y 4 + 8x 2 y 2 + 4xy x + 2y ( ) 1 a 2 b 2 a b 2a + 2b a2 + b 2 2ab a b Opgave 3.5 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 5 i TalentCampDKs test. a) 2x 2 6xy 9y 2 + x 2 + 6xy + 1 b) x2 + 4y 2 + 4xy 16 x + 2y 4 c) 4 + a2 + b 2 + 2ab + 4a + 4b a + b

37 d) 4 x2 9 6x 2 + x + 3 e) xy 4y2 9x x 2y f) 2a2 6b 2 4ab 2a 2 + 2b 2 + 4ab

38 Kapitel 4 Ligninger I dette kapitel vil vi arbejde med løsning af ligninger med en variabel. Vi vil dog ikke begrænse os til at se på lineære ligninger 1, men vi vil også se på ikke lineære ligninger, hvor specifikke værdier af x ikke tillades som løsning. Der vil generelt være fokus på 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 må vi gøre os klart, hvad vi lægger i begrebet en ligning. Definition 4.1 (Ligning) En ligning er et matematisk problem, hvor det påstås 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 løsninger 2. I den sammenhæng, hvor vi har brug for at løse liginger vil enten størrelsen A, størrelsen B eller både A og B indeholde x. At løse ligningen vil altså for os betyde at finde de x- værdier, der sikrer at A B. Lad os først betragte et eksempel. Eksemplet illusterer ideen i en ligning og er altså ikke udtryk for generel løsningsteknik - det kommer vi til i næste afsnit. Eksempel 4.2 Lad os betragte ligningen 5 + x 7 1 Ligninger på formen ax + b 0. 2 Bemærk at det ikke er givet på forhånd om ligningen har en, flere, uendeligt mange eller slet ingen løsninger. 33

39 Ligningen er altså en påstand 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 < x < 7 og for x > 2 gælder det at 5 + x > x > 7 Den eneste mulige løsning til ligningen er altså x 2. Vi må nu prøve om x 2 rent faktisk løser ligningen. Ved indsættelse finder vi netop 5 + x x 7 Ligning har altså kun en løsning, nemlig x 2. Denne måde at tænke på en ligning på er muligvis noget anderledes end den måde, hvorpå de fleste mennesker tænker på en ligning. Det er imidlertid heller ikke nødvendigt altid at tænke på en ligning i overensstemmelse med definition 4.1, men definitionen er et godt udganspunkt for at forstå, hvad man kan tillade sig, og hvad man ikke kan tillade sig, når man forsøger at løse en ligning. I praksis, når 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 når ligningerne bliver mere komplicerede, er det ikke oplagt hvilke tilfælde, der rent faktisk løser dem. Lad os eksempelvis betragte ligningen x 2 5x + 6 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 x 2 5x + 6 x Vi kan ikke give mening til 0, og derfor er x 2 ikke en løsning til ligningen. Men hvordan 0 undgår 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 får uendelig mange løsninger? Og hvorfor virker den almindelige løsningsteknik ikke? Det skal vi undersøge i de næste afsnit. Vi starter med at se nærmere på 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 få x til at stå alene på den ene side af lighedstegnet. Det gør vi ved at benytte fire følgende regneoperationer: 34

40 Lægge den samme størrelse til på begge sider af lighedstegnet. Trække den samme størrelse fra på begge sider af lighedstegnet. Gange med den samme størrelse, som ikke er 0, på begge sider af lighedstegnet. Dividere med den samme størrelse, som ikke er 0, på begge sider af lighedstegnet. 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 på en måde, så x kommer til at stå alene på den ene side af lighedstegnet. Men når vi omskriver, må vi ikke komme til at ændre på hvilke x-værdier, der løser ligningen. Når vi omskriver, er det derfor vigtig at de to sider (kaldet hhv. højresiden og venstresiden) af ligningen påvirkes på præcis samme måde. Ellers ville vi komme til at ændre på det oprindelige udtryk. Dette betyder, at er det vigtigt, at når vi ganger eller dividerer, skal det gøres på hele højre siden og hele venstre siden. Hermed menes at når vi for eksempel ganger en ligning igennem med 5 skal vi huske at gange samtlige led på begge sider af lighedstegnet med 5. At glemme at gange ind på alle led er en dødssynd på linje med at glemme at dividere nævneren op i alle led i tælleren, når man regner med brøker. Men inden vi dømmer nogen til døden, så lad os se på et eksempel. Eksempel 4.3 Vi betragter ligningen x For at løse ligningen vil vi gerne omskrive ved hjælp af de fire regneoperationer ovenfor og derved isolere x på den ene side af lighedstegnet. x står allerede på venstresiden, så lad os forsøge at isolere x på 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 både højre- og venstresiden med 5. Vi husker at gange alle led på begge sider med 5 Og ved at regne lidt på begge sider fås 5 ( x ) 5 5 x For at isolere x på venstresiden trækker vi nu 3 fra på begge sider af lighedstegnet x Og så er vores mission lykkedes x 22 Vi har nemlig fundet ligningens eneste løsning. 35

41 Men hvordan kan vi egentlig være sikre på 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. På den måde sikrer vi, at alle omskrivningerne bevarer de samme løsninger, fordi begge sider i ligningen hele tiden påvirkes på præcis samme måde 3. Når det lykkes os at finde én løsning til sidst må denne være den eneste mulige løsning. 4.3 Det simple tilfælde Inden vi går igang med de komplicerede tilfælde, skal vi først se nærmere på det simpleste tilfælde, nemlig lineære ligninger med én variabel. Hermed menes ligninger, der kan omskrives til formen ax + b 0, a 0 Ligninger af denne form er kendt fra grundskolen og har altid en og kun én løsning 4. Eksempler på ligninger af denne type er: x + 7 0, 3x og 1 x 2 4x Når vi løser lignigner af denne type vil følgende tre skridt udgøre grundideen i vores løsningsteknik: 1. Fjern alle brøker ved at gange alle led på begge sider med en fællesnævner for alle brøker i ligningen. 2. Omskriv lignignen så alle x erne er samlet på den ene side af lighedstegnet. 3. Omskriv så der kun står et enkelt x på den ene side af lighedstegnet. Vi skal nu se på 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 går vi direkte videre til skridt to. Vi skal altså forsøge at få alle x erne over på den samme side. Det gør vi ved at lægge 2x til på begge sider af lighedstegnet Og ved at reducere hver side fås 4x 7 + 2x 5 2x + 2x 6x 7 5 Tredje skridt er at få x erne til at stå alene. Det kan vi gøre ved først at lægge 7 til på begge sider af lighedstegnet 6x Vi siger at alle udtrykkene er ækvivalente. 4 Dette er naturligvis en påstand. For at være stringent burde påstanden bevises med et entydighedsbevis. Spørg gerne efter beviset, når du er på TalentCamp. 36

42 Og ved at reducere fås 6x 12 Vi mangler nu blot at at omskrive, så vi har et enkelt x på venstresiden. Det gør vi ved at dividere begge sider med 6 6x Og ved at reducere får vi x 2 Hermed er løsningen til ligningen fundet. Eksempel 4.5 Lad os betragte lignignen x 5 4x Først vil vi forsøge at komme af med alle brøkerne. Det gør vi ved at gange alle led på begge sider med en af brøkernes fællesnævnere. I dette tilfælde er den mindste fælles nævner 15, så vi anvender denne ( x ) 4x 15 5 Ved at gange ind i parentesen og reducere får vi x 60x Vi kan få alle x erne over på den ene side ved at trække 3x fra på begge sider x 3x 60x 3x og ved at reducere får vi 95 57x For at få et enkelt x på højresiden skal vi dividere med x 57 Og ved reduktion fås x Ligningen har altså løsningen x Det lidt sværere tilfælde Vi har indtil nu set på ligninger, hvor x optræder som en faktor i et led i ligningen. Det betyder, at vi ikke har set på ligninger, hvor x står i nævneren i en brøk. Når x står i en nævner i en ligning, skal vi være særligt opmærksomme, når vi løser ligningen. Der er nemlig risiko for at begå endnu en dødssynd: at dividere med 0! Lad os prøve at se på to eksempler 37

43 Eksempel 4.6 Vi betrager ligningen x 2 + 3x 10 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, så vi kan fjerne den ved at gange begge sider af lighedstegnet med x 2 (x 2) x2 + 3x 10 3 (x 2) x 2 Ved at reducere får vi x 2 + 3x 10 3x 6 Vi vil gerne samle alle x erne på vejstresiden, så derfor trækker vi 3x fra på begge sider Og ved at reducere fås Ved at lægge 10 til på begge sider får vi 3 x 2 + 3x 10 3x 3x 6 3x x x 2 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, får man nemlig Og hvis vi regner lidt, står der som absolut ingen mening har! x 2 er altså 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 4x 2 4x 24 x 3 2x + 2 Vi ser, at der i nævneren på venstresiden står x 3. Hvis vi vil undgå, at der står 0 i nævneren, må x altså ikke være 3. Derudover er der ingen problemer i ligningen. Derfor kan vi trygt anvende vores sædvanlige løsningsstrategi, når blot vi husker x 3. Først vil vi gerne af med nævneren på venstresiden. Det gør vi ved at gange igennem med x 3 (x 3) 4x2 4x 24 (2x + 2) (x 3) x 3 38

44 Ved at reducere fås 4x 2 4x 24 2x 2 4x 6 For at få alle x erne over på den samme side af lighedstegnet trækker vi 2x 2 4x fra på begge sider 4x 2 4x 24 (2x 2 4x) 2x 2 4x 6 (2x 2 4x) Igen reducerer vi og får 2x For at få x erne til at stå alene på venstresiden lægger vi 24 til på begge sider og får Og herefter dividerer vi med 2 og får 2x 2 18 x 2 9 Der er to tal, som gange med sig selv giver 9, nemlig x 3 og x 3. Men da vi påbegyndte løsningen af ligningen, så vi, at x ikke måtte være 3. Derfor er eneste løsning til ligningen x 3. Man kan altså undgå at lave dumme fejl, hvis man starter med at tage stilling til, om der er nogle værdier, som x ikke må antage allerede inden man begynder at løse sin ligning. 4.5 Trivielle ligninger Hvis en ligning kan omskrives, så der står det samme på 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 på ligniner med uendeligt mange løsning. Eksempel 4.8 Lad os betragte ligningen 1 + 3x 2 + 6x 2 Ved at reducere højresiden kan vi omskrive til 1 + 3x 1 + 3x Der står nu det samme på begeg sider af lighedstegnet, og derfor holder ligningen for ethvert x. Ligningen har altså uendeligt mange løsninger, og vi skriver L R. 39

45 4.6 Ligninger uden løsning Hvis en ligning kan omskrives, så de to sider oplagt ikke kan være lig hinanden har ligingen ingen løsninger. Vi siger at løsningsmængden er tom og skriver Eksempel 4.9 Vi betragter lignignen Ved at omskrive højresiden får vi L 2x + 3 4x 2 2 Vi trækker nu 2x fra påbegge sider og får 2x + 3 2x Det er forkert! Derfor kan ligningen ikke løses, og vi skriver L. 4.7 Gode eksempler I det følgende gennemgår vi en række eksempler, der illustrerer god løsningsteknik. Eksempel 4.10 Vi vil forsøge at løse ligningen 2x For at få x erne til at stå alene på venstresiden trækker vi 4 fra på begge sider af lighedstegnet 2x Ved at reducere får vi 2x 4 For at sørge for, at der kun står et enkelt x på venstresiden dividerer vi med 2 2x Og ved at reducere har vi fundet ligningens løsning x 2 Eksempel 4.11 Lad os betragte ligningen 3x 7 4x + 5 For at få alle x erne over på den ene side af lighedstegnet trækker vi 3x fra på begge sider 3x 7 3x 4x + 5 3x 40

46 Ved reduktion heraf fås x For at få x til at stå alene på højresiden trækkes 5 fra på begge sider x 5 og hermed er ligningen løst x 12 Eksempel 4.12 Lad os betragte ligningen 3x + 3 3(x + 1) Vi starter med at gange parentesen ud. Herved fås 3x + 3 3x + 3 Vi ser nu, at udtrykket på venstresiden er er det samme som udtrykket på 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 på en triviel ligning. Eksempel 4.13 Vi betragter lignignen 3 4x 2 9 4x 3 Først ser vi, at x ikke må være 1 eller 3. I så fald kommer vi nemlig til at dividere med 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 Ved at reducere få (4x 2) (4x 3) Vi ganger ind i parenteserne og får 3 4x 2 (4x 2) (4x 3) 9 4x 3 3 (4x 3) 9 (4x 2) 12x 9 36x 18 Vi samler x erne på højresiden ved at trække 12x fra på begge sider og ved at reducere får vi Vi lægger 18 til på begge sider og får Til sidst dividerer vi med 24 og får 12x 9 12x 36x 18 12x 9 24x x x

47 Eksempel 4.14 Lad os betragte ligningen 4x 2 + 2x x x Vi ser først, at x ikke må være 0, da vi i så fald kommer til at dividere med 0. Dernæst vil vi gerne af med brøkerne, det gør vi ved at gange med x på begge sider af lighedstegnet. Ved at reducere får vi 4x 2 + 2x + 7 x x 7 x x 4x 2 + 2x Alle x erne er allerede samlet på den ene side af lighedstegnet. Vi trækker derfor 7 fra på begge sider af lighedsteget for at sørge for der kun er led, hvor x indgår på venstresiden. Herved fås 4x 2 + 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 således x (4x + 2) 0 På venstresiden står 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 altså to muligheder for en løsning: enten skal x 0 eller 4x Vi har allerede set af x ikke må være 0. Derfor er eneste mulighed 4x Ved først at trække 2 fra på begge sider og derefter dividere med 4 på begge sider fås x x 1 2 er altså eneste løsning til ligningen. 42

48 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 d) 6 3x e) 4x 2 0 f) 0 5x + 5 Opgave 4.2 Niveauet i de følgende opgaver svarer til opgave 2 i TalentCampDKs test. a) 3x 2 8 2x b) 4x 9 5x c) 3x + 7 4x 2 d) 3x 7 4x 8 e) 15x x f) 4x 2 6x 3 Opgave 4.3 Niveauet i de følgende opgaver svarer til opgave 3 i TalentCampDKs test. a) 3 (x 3) 3x 9 b) 4x (2x + 3) c) 3x 6 x 2 0 d) 8x x e) 4x 5x f) 4x 8 4x Opgave 4.4 Niveauet i de følgende opgaver svarer til opgave 4 i TalentCampDKs test. a) 4 2x 3 8 3x 2 43

49 b) x x 2 +2x 1 c) 8x 2 + 8x 4 + 8x 8 0 d) 20 10x x 100 e) 2 2x 4 x f) 3 15x x Opgave 4.5 Niveauet i de følgende opgaver svarer til opgave 5 i TalentCampDKs test. a) 4 2x 2 8 3x 3 b) 2x2 6x+3 2x 7 3 c) 3x2 9x x 3 2x 3 d) Bestem k så x 3 er en løsning til ligningen 3x 2 7x kx e) Lad k være et helt tal større end 1. Bestem løsningenerne til ligningen x 2k a 2k 0 for ethvert a. f) 4x2 +4 8x 2x

50 Kapitel 5 Andengradsligninger I dette kapital skal vi se nærmere på ligninger, hvor der indgår potenser af den ubekendte. Hovedparten af kapitlet omhandler løsning af andengradsligninger, men vi vil også se nærmere på mere eksotiske ligninger med rødder og negative potenser. Vi vil primært koncentrere os om, hvordan man løser andengradsligninger, men undervejs bliver vores begejstring så 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, må vi gøre os klart, hvad en andengradsligning er. Definition 5.1 (Andengradsligning) En ligning kaldes en andengradsligning, hvis den kan skrives på formen ax 2 + bx + c 0, a 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 ligninger 1 i kraft af, at variablen indgår 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 på andengradsligninger. Vi skal have stærkere værktøjer i brug. Lad os allerførst se på et eksempel, hvor det går galt: Eksempel 5.2 Lad os prøve at løse ligningen x 2 + 2x 3 0 Vi bemærker, at dette er en andengradsligning, idet den kan skrives på 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

51 omarrangere ligningen, så der kun står x på den ene side. Det klarer vi ved at lægge 3 til på begge sider af lighedstegnet x 2 + 2x 3 Men her går vi i stå. Vi ved ikke, hvordan vi skal behandle udtrykket x 2 + 2x, så vi kan få isoleret et enkelt x. Herfra kan vi kun gå i gang med at gætte på løsninger - og det bliver meget hurtigt en møjsommelig proces 2. Men andengradsligningen adskiller sig fra almindelige ligninger på endnu et punkt: De kan have én, to eller slet ingen løsninger 3. Det er altså ikke givet på forhånd, at man overhovedet kan finde en løsning til en andengradsligning. Bemærk desuden, at hvis der er to løsninger til en andengradsligning, x 1 og x 2, taler vi ikke længere om løsningen til ligningen, men om løsningsmængden L. I givet fald skriver vi L {x 1, x 2 } Vi kan som sagt også opleve, at en andengradsligning slet ikke har nogen løsning. I dette tilfælde siger vi, at løsningsmængden er tom og skriver hvor betegner den tomme mængde 4. Eksempel 5.3 Lad os igen betragte ligningen L x 2 + 2x 3 0 Vi forestiller os nu, at vi på magisk vis har fundet ud af, at både x 3 og x 1 løser ligningen. Vi skriver da løsningsmængden således L { 3, 1} Bemærk, at når man bliver bedt om at løse en andengradsligning, menes at man skal finde løsningsmængden - altså samtlige x-værdier, der opfylder ligningen. Det er ikke tilstrækkeligt blot at finde den ene. Vi har nu forstået hvad en andengradsligning er, set på 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 forstås implicit, at vi taler om reelle løsninger. En andengradsligning har altid mindst en kompleks løsning. Såfremt dobbeltrødder tælles to gange, findes der altid to komplekse løsninger. 4 Den tomme mængde er blot en mængde, der ikke indeholder nogen elementer. 46

52 5.2 Nulreglen I dette afsnit skal vi se på andengradsligninger på formen ax 2 + bx 0, a 0 (5.2) Det svarer til almindelige andengradsligninger, hvor c 0. Disse ligninger kan nemlig løses ganske let ved hjælp af nulreglen. Nulreglen går ud på 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 På denne måde 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 altså 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 2x 2 x 0 Da x indgår i alle led på venstresiden, kan vi sætte x udenfor en parentes x (2x 1) 0 Produktet på venstresiden kan kun give 0 hvis x 0 eller 2x 1 0 Det betyder, at ligningen har to løsninger, nemlig x 1 0 og x Vi kan skrive løsningsmængden som L {0, 1 2 }. Eksempel 5.5 Lad os betragte andengradsligningen 4x 2 8x 0 Vi ser at 4x indgår i begge led, og vi kan omskrive venstresiden således Vi har nu to muligheder for løsninger 4x (x 2) 0 4x 0 eller x 2 0 Fra 4x 0 får vi løsningen x 1 0, og fra x 2 0 får vi løsningen x 2 2. Andengradsligningen har altså 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

53 5.3 Løsningsformlen Vi har set at andengradsligninger altid kan omskrives til formen ax 2 + bx + c 0. Målet i dette afsnit er at finde en formel, der kan bruges til at løse enhver ligning på denne form. Sætning 5.6 (Løsningsformlen) Enhver løsning til andengradsligningen ax 2 + bx + c 0, hvor a 0, kan findes ved brug af formlen x b ± b 2 4ac (5.3) 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 ax 2 + bx + c 0 Da a 0 kan vi tillade os at gange ligningen igennem med 4a Vi lægger nu b 2 til på begge sider og får Ved at trække 4ac fra på begge sider får vi 4a 2 x 2 + 4abx + 4ac 0 4a 2 x 2 + 4abx + 4ac + b 2 b 2 4a 2 x 2 + 4abx + b 2 b 2 4ac Vi ser nu, at venstresiden kan omskrives ved hjælp af første kvadratsætning. På den måde kan vi omskrive til (2ax + b) 2 b 2 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 b 2 4ac < 0? Det kan vi sagtens, men i så fald står der, at noget positivt skal være lig noget negativt. Det kan ikke lade sig gøre, derfor kan vi konkludere, at i så fald findes der ingen løsning b 2 4ac < 0 L Lad os nu antage at b 2 4ac 0 og se om vi kan finde en eller flere løsninger. For at slippe af med eksponenten på venstresiden tager vi nu kvadratroden på begge sider af lighedstegnet. Men vi skal tænke os om, fordi 2ax+b kan jo både være positivt og negativt, men b 2 4ac er større end eller lig 0 pr. definition 5. Vi har derfor 2ax + b b 2 4ac eller 2ax + b b 2 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 på glemmer vi altså de negative løsninger. 48

54 Bemærk at hvis b 2 4ac 0 er de to udtryk sammenfaldende. Det betyder, at hvis b 2 4ac 0 har andengradsligningen netop en løsning. Vi kan nu isolere x i hvert udtryk x b + b 2 4ac 2a Som også kan skrives som eller x b b 2 4ac 2a x b ± b 2 4ac 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 altså udviklet et værktøj, som kan hjælpe os med at løse andengradsligninger på en ganske simpel måde. Lad os se på nogle eksempler, hvor vi bruger løsningsformlen. Eksempel 5.7 Lad os endnu engang vende tilbage til ligningen x 2 + 2x 3 0. Vi så før, at ligningen havde to løsninger, nemlig x 3 og x 1. Lad os nu prøve at anvende løsningsformlen og tjekke, at vi får de samme løsninger. Vi starter med at bemærke a 1, b 2 og c 3, og så er vi klar til at bruge løsningsformlen. Vi skal regne igennem én gang, hvor b 2 4ac lægges til og én gang, hvor det trækkes fra. Vi har altså eller x b + b 2 4ac 2a ( 3) 2 1 x b b 2 4ac ( 3) 2a 2 1 Løsningsmængden er altså givet ved L { 3, 1} Når man behersker løsningsformlen, er det ikke længere nødvendigt at få gode ideer eller på magisk vis at gætte løsningerne. Hvis man vil løse en andengradsligning, er det altså blot et spørgsmål om at anvende løsningsformlen. Vi vil nu se på et par eksempler mere. Eksempel 5.8 Lad os prøve at løse ligningen x 2 5x Vi starter med at identificere a, b og c: Vi kan nu sætte ind i løsningsformlen (5.3) x b ± b 2 4ac 2a a 1, b 5 c 6 ( 5) ± ( 5) ± ± 1 2 Vi regner nu igennem en gang med henholdsvis plus (+) og minus ( ) og finder på den måde de to løsninger, x 1 og x 2. x x Ligningen har altså to løsninger, og løsningsmængden er givet ved L {2, 3}. 49

55 Eksempel 5.9 Lad os betragte ligningen 2x 2 + 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 ± b 2 4ac 2a 4 ± ± ± Her finder vi altså løsningen direkte, fordi det ikke gør nogen forskel, om vi lægger 0 til eller trækker det fra 6. I dette tilfælde er der altså kun 1 løsning til ligningen, nemlig 1. Vi har derfor, at løsningsmængden er givet ved L { 1}. Vi har nu set på to eksempler, hvor der rent faktisk findes løsninger til den givne andengradsligning. Som det fremgår af beviset for sætning 5.6, findes der også andengradsligninger, som slet ikke har en løsning. Vi skal nu se et eksempel herpå. Eksempel 5.10 Lad os betragte andengradsligningen 4x 2 + 2x 5 0 og forsøge at finde alle løsningerne. Vi starter med at identificere a, b og c: Vi sætter nu ind i løsningsformlen: a 4 b 2 c 5 x b ± b 2 4ac 2a 2 ± ( 4) ( 5) 2 ( 4) 2 ± 76 8 Det kan ikke lade sig gøre at tage kvadratroden af et negativt tal, så 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 på en vigtig følgesætning. Korollar 5.11 For enhver andengradsligning ax 2 + bx + c 0, hvor a 0, gælder følgende (i) b 2 4ac < 0 Ligningen har ingen løsninger (ii) b 2 4ac 0 Ligningen har netop en løsninger (iii) b 2 4ac > 0 Ligningen har to løsninger Bevis. Sætningen følger direkte af beviset for sætning (5.6). Vi kan altså 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 b 2 4ac 0. Se beviset for sætning

56 Eksempel 5.12 Lad os betragte andengradsligningen 8x 2 + x Vi ser at b 2 4ac < 0 Så siger sætning (5.11), at der ikke findes nogen løsninger, og vi har altså L 5.4 Skjulte andengradsligninger og substitution Vi har nu lært at løse andengradsligninger, og det viste sig at være rimeligt let, når vi anvender løsningsformlen. Derfor er det naturligt at spørge: kan vi også løse ligninger, hvor den ubekendte optræder med potenser med højere eksponent end 2? Svaret er, at der findes en løsningsformel (5.3) for både 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 så bare give op? Nej. I hvert fald ikke med alle ligninger af højere grad. Hvis ligningerne ser ud på nogle bestemte måder, kan vi nemlig omskrive dem til andengradsligninger ved hjælp af en metode, der kaldes substitution. Det skal vi se nærmere på i nogle eksempel. Eksempel 5.13 Lad os betragte fjerdegradsligningen 2x 4 20x , og lad os forsøge at finde alle de x, der løser ligningen. Vi har ikke noget umiddelbart bud på, hvad vi skal stille op med en ligning på denne form. Vi indfører derfor en variabel t og sætter t x 2. Det må betyde at t 2 x 4, og vi kan nu omskrive vores ligning 2x 4 20x t 2 20t Vi har altså 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: Og ved at indsætte i løsningsformlen får vi: t b ± b 2 4ac 2a a 2 b 20 c 18 ( 20) ± ( 20) ± ± 16 4 Ved at regne igennem en gang med henholdsvis plus (+) og minus ( ) finder vi to mulige løsninger t

57 20 16 t Vi har altså nu løst ligningen 2t 2 20t med hensyn til t, men det vi gerne ville, var at løse ligningen 2x 4 20x med hensyn til x. Det kan vi gøre ved at udnytte, at t x 2. De x, vi søger, må altså løse en af følgende to ligninger: t 1 x 2 9 x 2 x ± 9 ±3 t 2 x 2 1 x 2 x ± 1 ±1 Fjerdegradsligningen 2x 4 20x har altså fire løsninger, og disse er givet ved løsningsmængden L { 3, 1, 1, 3}. Denne metode kan anvendes på alle ligninger af formen ax 4 + bx 2 + c 0 Akkurat som det er gjort i eksemplet ovenfor. Men det stopper faktisk ikke her. Generelt kan metoden anvendes direkte på alle ligninger af formen ax 2k + bx k + c 0 Hvor k er et helt tal forskelligt fra 0. I så fald sættes t x k. Eksempel 5.14 Vi vil forsøge at finde alle de x, der løser ligningen 1 x x 6 0 Vi indfører variablen t og sætter t 1 x x 1. Hvis vi substituerer med t i ligningen får vi t 2 + t 6 0 som er en almindelig andengradsligning, hvor a 1, b 1 og c 6. Vi kan løse ligningen ved at bruge løsningsformlen t 1 ± ( 6) 1 ± Vi har altså løsningerne t t For at finde x udnytter vi at t 1 og løser ligningerne x 1 ± x 1 x x 2 x Løsningen til ligningen er altså givet ved L { 1 3, 1 2 } 52

58 5.5 Gode eksempler I dette afsnit gennemregner vi en række eksempler, hvor teorien fra dette kapitel anvendes. Eksemplerne stiger i sværhedsgrad, således at det første eksempel er det letteste, og det sidste eksempel er det sværeste. Eksempel 5.15 Vi betragter andengradsligningen x 2 + 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 x 2 ± ( 3) ± 16 2 Vi regner først udtrykket ud med (+) og derefter med ( ). 2 ± ± 2 x 1 1 x 2 3 Løsningsmængden er altså 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 sådan produkt kun kan give 0, hvis et af tallene selv er 0. Derfor har vi følgende løsningsmuligheder x 3 0 eller x Vi ser umiddelbart at de eneste løsningsmuligheder er x 3 og x 4. Dermed har vi altså løsningsmængden L { 4, 3} I eksemplet her udnytter vi faktisk præcis den samme ide, som vi brugte i afsnit

59 Eksempel 5.17 Vi betragter ligningen 2x x Hvis vi lægger 4x til på begge sider af lighedstegnet får vi 2x 2 + 4x som er en andengradsligning på formen (5.1). Vi ser at a 2, b 4, c 2 Vi er nu klar til at sætte ind i løsningsformlen x 4 ± ± Ligningen har altså kun en enkelt løsning og vi skriver L { 1}. Eksempel 5.18 Vi betragter ligningen x + 3 x 4 0 For at løse ligningen vil vi gerne omskrive til en andengradsligning, så vi kan bruge løsningsformlen. Derfor indfører vi variablen t x, så vi kan omskrive vores ligning til andengradsligningen t 2 + 3t 4 0 Vi ser at a 1, b 3 og c 4, og så er vi klar til at bruge løsningsformlen t 3 ± ( 4) ± 25 2 Vi har altså to mulige løsninger til andengradsligning i t, nemlig t ± 5 2 t For at finde de x-værdier, der løser den oprindelige ligning, skal vi altså løse følgende to ligninger 1 x 4 x 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

60 Eksempel 5.19 Lad os undersøge, om der findes tre på hinanden følgende hele positive tal, a, b og c, så Vi starter med at bemærke, at Nu kan vi omskrive oplysningen således og når vi ganger parenteserne ud får vi a 2 + b 2 c 2 b a + 1 og c a + 2 a 2 + (a + 1) 2 (a + 3) 2 a 2 + a a a a Vi vil gerne omskrive til en andengradsligning, derfor trækker vi a a fra på begge sider af lighedstegnet og får a 2 2a 3 0 Da dette er en andengradsligning på formen (5.1) kan vi bruge løsningsformlen a ( 2) ± ( 2) ( 3) 2 1 Vi har altså to løsningskandidater a 1 a 3 2 ± ± ± 2 Den første kandidat duer ikke, da vi leder efter tre positive hele tal. Den anden kandidat opfylder til gengæld kriteriet. Vi har altså bestemt det første af de tre tal, nemlig a 3. Det følger helt oplagt at b 4 og c 5. Vi har altså fundet tre på hinanden følgende positive hele tal, der opfylder det efterspurgte, men vi har faktisk også vist, at der ikke findes andre muligheder! 55

61 5.6 Opgaver Opgave 5.1 a) x 2 3x b) x 2 + x 2 0 c) 2x 2 + x d) x 2 10x e) x 2 1 f) x 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) 2x 2 + 2x 12 b) 4x 2 8x 4 c) 4x x d) 2x 2 6x e) 2x + 4 2x 2 f) 3x 2 + 6x 3 0 Opgave 5.4 a) x 4 13x b) x 4 8x c) x 4 + 2x d) 2x 4 50x e) x 4 2x

62 f) 7x x Opgave 5.5 a) Bestem a så ligningen ax 2 + 2x 2 0 netop har én løsning. b) For hvilke b har ligningen 4x 2 + bx netop to løsninger? c) Bestem i hvilke to punkter graferne for funktionerne f(x) 2x og g(x) ax 2 skærer hinanden. d) Bestem k så ligningen x 2 4k 2 0 har løsningsmængden L { 1, 1}. e) Hvad skal der gælde om a og b, hvis ligningen ax 2 + bx + 1 skal have mere end én løsning? f) Bestem a så ligningen ax 2 + x 6 0 har løsningerne x 2 og x 3 57

63 Kapitel 6 Kvadratiske ligningssystemer I dette kapitel vil vi arbejde med systemer af ligninger. Kapitel forudsætter, at du har styr på løsning af én ligning med én variabel 1. Vi vil fokusere på, hvordan systemer af ligninger 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 på et eksempel 2x y 7 4x + 4y 8 Vores mål er at bestemme et x og et y, der løser begge ligninger samtidig. Der findes flere forskellige metoder til nå frem til en løsning. I næste afsnit gennemgår 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 nå frem til en løsning (prøv selv!). Ideen i substitutionsmetoden er at skrive om på ligningssystemet, så 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. På den måde har fjernet den ene ubekendte i den ene ligning. Lad os se nærmere på ligningssystemet fra før og gennemgå metoden skridt for skridt. 1 Læs evt. noten om ligninger inden du går i gang med denne note. 58

64 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 må altså gælde for begge ligninger at y 2x 7. Vi kan derfor indsætte dette udtryk for y i den anden ligning uden at ændre på ligningssystemets løsning. 4x + 4y 8 4x + 4(2x 7) 8 Det er nu lykkedes os at nå frem til en ligning med én ubekendt. Vi løser ligningen på sædvanlig vis 4x + 4(2x 7) 8 4x + 8x x 36 x x 3 Men vi er ikke færdige endnu. En løsning til ligningssystemet er et talsæt (x, y), så vi mangler at bestemme y. Vi har faktisk allerede et udtryk for y, nemlig ( ). Hvis vi indsætter x 3 får vi y 2x 7 y Ligningssystemets løsning er altså (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) x + 4y ( 1) Vi er heldigvis nået frem til den rigtige løsning. Lad os opsummere hvad substitutionsmetoden går ud på. Vi kan inddele metoden i følgende fire trin: 59

65 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 på metoden. Lad os se på et eksempel, hvor dette er tilfældet. Eksempel 6.2 Betragt følgende ligningssystem 3x + 2y 4 3y + 3x 9 Vi ser straks at 3x indgår 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 x 2 Løsningen til ligningssystemt er altså 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 eksempler 2 på ligningssystemer, hvor netop ét talsæt (x, y) løser systemet. I to eksempler vil vi se nærmere på strukturen af ligningssystemer uden løsning eller med uendelig mange løsninger. 2 Eksempel 6.1 og eksempel

66 Eksempel 6.3 (Ingen løsning) Betragt følgende ligningssystem 3x + y 2 + 2y 2x 5 y x Når vi omskriver systemet, kommer vi frem til noget sludder 3x + y 2 + 2y 2x 5 y x 3x y 2 3x y 5 Det kan aldrig være sandt at 3x y er lig 2, men også lig 5. Vi kan altså 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 får 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 Dette er helt oplagt er noget sludder. Ovenstående system er et eksempel på et inkonsistent ligningssystem. Det betyder, at der indgår to ligninger i systemet, som ikke kan være sande samtidig! Der findes således 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 x 2y 5 x 2y 5 61

67 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 altså 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 får 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 y + 3 y y 2 3y y + 3 5y + 8 5y + 8 Dette er en triviel ligning, det vil sige at alle y-værdier kan løse ligningen. Vi kan altså 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 på et eksempel på et kvadratisk ligningssystem med to løsninger. Eksempel 6.5 (To løsninger) Betragt følgende ikke lineære ligningssystem y x 2 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 2 2x x 8 x 2 2x 8 x 8 x 2 3x 0 x(x 3) 0 x 0 eller x 3 For hver af de fundne x-værdier bestemmer vi den tilhørende y-værdi, ved at indsætte x- værdien i udtrykket for y. 62

68 For x 0 er For x 3 er y x 2 2x y x 2 2x Ligningssystemet har altså 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 Lad os undersøge følgende ligningssystem 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. Vi indsætter nu y-værdien i udtrykket for x 2x 5y 2 2(3y) 5y 2 6y 5y 2 y 2 x 3y Ligningssystemets løsning er altså (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 får at y 4x 5 63

69 Dette udtryk indsætter vi i den anden ligning, og løser ligningen. 2x + 5 2y 2x + 5 2(4x 5) 2x + 5 8x x 5 x 1 2 Nu indsætter vi x-værdien i udtrykket for y y 4x Ligningssystemets løsning er altså (x, y) ( 1 2, 3). Eksempel 6.8 Lad os undersøge følgende ligningssystem 4x + y 8x y + 4x 5 8x Vi vælger at isolere y i den første ligning og får 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 x 5 8x 20x 15 x Vi indsætter nu x-værdien i udtrykket for y y 4x ( 3 ) Ligningssystemets løsning er altså (x, y) ( 3 4, 7). 64

70 Eksempel 6.9 Betragt nu følgende ligningssystem Vi vælger at isolere x i den anden ligning 4x 10 6y 2 5 y x + y 2 5 y x + y 2x + 2y 5 y 2x 5 3y x 5 3y 2 Vi indsætter udtrykket for x i den første ligning, og løser ligningen. 4x 10 6y ( ) 5 3y y y 10 6y Vi ser straks at dette er en triviel ligning, det vil sige at alle y-værdier kan løse ligningen. Der findes således uendelig mange løsninger til ligningssystemet. Eksempel 6.10 Lad os undersøge følgende ligningssystem y 2 x x y 4 1 x Vi bemærker først at det må gælde at x 1. Vi vælger at isolere y i den første ligning y 2 x ( x ) y y x

71 Dette udtryk for y indsætter vi nu i den anden ligning, og løser ligningen. x y 4 1 x ( x 3 x + 4) 4 1 x x(1 x) x 3 x x 2 x 3 0 x x 0 x( 2 3 x) 0 x 0 eller x 2 3 For hver af de fundne x-værdier bestemmer vi en tilsvarende y-værdi, ved at indsætte x- værdien i udtrykket for y. For x 0 er y x For x 2 3 er y x Ligningssystemet har altså følgende to løsninger (x, y) (0, 4) eller (x, y) ( 2 3, 38 9 ) 66

72 6.5 Opgaver Opgave 6.1 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 1 i TalentCamps test. 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 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 2 i TalentCamps test. 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

73 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 på at hver ligningssystem kan have ingen, en eller flere løsninger) a) 3y 6 x + 3 2x y b) 3x 2y 5 x y 3 2 x 2 c) 4x + 8 3y + 1 8x 1 3y 3 d) 3x y + 1 2x 3 10y + 5 e) 4x + 2y 2 2x y y 2 3 2x f) 2x 3 10y + 1 5y + 5 x 3 Opgave 6.4 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 4 i TalentCamps test. (Vær opmærksom på at hver ligningssystem kan have ingen, en eller flere løsninger) a) x + 4y 6y + x 2 6x 12y 4y x 3 68

74 b) 2x + y 5 2x + 2y 2 3 x 5 2 x + y c) 6 + 3x 2 1 2y d) 4x + 3 y y + 2 6x x + 2y 5 y + 4x e) 5 y x + 2y 7 4 6x 13y 3x + 6y 3 f) x + 2 y y 3x Opgave 6.5 Niveauet i de følgende 6 opgaver er svarende til Opgave 5 i TalentCamps test. (Vær opmærksom på at hver ligningssystem kan have ingen, en eller flere løsninger) a) Bestem x og y udtrykt ved a og b 2x y 5a 3x + 2y 7b 4a b) 2x 1 3 x y x y 3 c) 5 x 3 y 1 2 x + 1 y

75 d) y + 2x 14 x y + 3 x + 2 x + 3 x + 2 e) 2x + y x y + x 3 2x 2 f) 3y 2x 2y + 7 y + 8 x x x 70

76 Bilag A Talmængder Formålet 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 på ingen måde formel, og tilsigter kun at give læseren en forståelse, der er tilstrækkelig for at forstå bogens hovedtekst. Før vi ser nærmere på talmængder, vil vi bruge et øjeblik på at indføre begrebet en mængde. Lidt naiv mængdelære Til at begynde med har vi brug for at beslutte, hvad vi vil forstå 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 altså specificere mængden A, der indeholder elementerne a 1, a 2, og a 3, som: A {a 1, a 2, a 3 } Denne måde at opskrive en mængde på kaldes for listeform, og skal læses mængden A indeholde elementerne a 1, a 2 og a 3. Vi har ofte brug for at specificere hvilken mængde et element kommer fra. Vi siger at elementerne a 1, a 2 og a 3 tilhører A, og vi skriver a 1, a 2, a 3 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 vilkårligt positivt tal (lige eller ulige). Vi ved da, at 2n M. 71

77 Talmængder Nogle mængder bruges så ofte, at de har deres eget symbol. Det gælder blandt andet talmængderne. Den mest grundlæggende talmængde er mængden af alle de positive hele tal. Altså de tal, som vi tæller med. Denne mængde kaldes for de naturlige tal og betegnes med symbolet N. De naturlige tal kan skrives på listeform således: N {1, 2, 3, 4, 5,...} Tilføjer vi 0 og alle de negative hele tal, altså 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, når vi prøver at skrive denne mængde på listeform. Der er jo uendeligt mange brøker, selv hvis vi kun betragter brøker mellem 1 og 2, og de følger ikke et lige så simpelt system, som de naturlige og hele tal. I stedet for at forsøge at definere en regel som alle elementerne i Q overholder: Det må være sådan, at alle brøker kan skrives som en kvotient mellem et element fra de hele tal og de naturlige tal, altså: { a } Q a Z, b N b Den lodrette streg,, skal læses hvorom det gælder. Udtrykket ovenfor skal altså læses: Q er alle de tal, der kan skrives på formen a, hvorom det gælder, at a er et helt tal, mens b er b 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, når 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 på 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 formål er det tilstrækkeligt at tænke på 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 (x n ) n N med x n Q for alle n, så lim n x n x. 72

78 Definition A.3 anvender flere begreber, som ikke behandles i denne bog. Det er derfor ikke hensigten, at læseren skal forstå 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 x 2 1. Med indførelsen af de komplekse tal bliver det blandt andet muligt at finde kvadratroden af et hvilket som helst negativt tal. Der findes også flere generaliseringer af talbegrebet, som alle er ligger uden for rammerne for denne bog. 73

79 Gamle opgavesæt Dette kapitel indeholder opgavesæt, som er blevet stillet ved tidligere TalentCamps. Derudover findes også to øvesæt, som er lavet for at give deltagerne en mulighed for at forberede sig til de opgavesæt, som stilles på TalentCamps. De er derfor helt tilsvarende faktiske opgavesæt. 74

80 TalentCamp Rønne 2014 Sættet indeholder 6 emner med 5 opgaver - i alt 30 opgaver. Inden for hvert emne stiger opgaverne i sværhedsgrad, således 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 altså i alt opnås 36 point. Der er afsat 1 time til hele sætet. Varighed: 1 time. Brøkregning 1) ) ) 1 5 ( ) 4 4) 5) ( ) Potenser 1) b 3 b 2 b 7 2) (a 3 b 2 ) 2 3) ( ) 1 3 4) (ab)2 + b 4 b 2 b 2 5) a2 (b a 2 + a 1 ) a + b 75

81 Kvadratsætninger 1) a2 + b 2 + 2ab a + b 2) (a2 + b 2 + 2ab) (a 2 + b 2 2ab) a 2 b 2 3) (a b) ( ) a + b a 2 b + a b 2 a 2 + b 2 2ab 4) 4a 2 x 2 + 4abx + b 2 5) a2 + b 2 + 2ab 4 a + b + 2 Ligninger Bemærk: hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger. 1) 2x x 2) 3x 7 4x + 5 x 3) x (x + 4) 0 x 4) 3 4 2x 9 4x 3 x 5) x2 5x + 6 x 2 0 x 76

82 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 x y Hint: faktoriser venstresiden. Andengradsligninger 1) (x 2) (x 3) 0 x eller x 2) x 2 2x 8 0 x eller x 77

83 3) 2x 2 6x 36 x eller x 4) x 4 + 3x x eller x 5) Bestem a så følgende andengradsligning netop har én løsning: ax 2 + 4x a 78

84 TalentWeek 2014 Sættet indeholder 6 emner med 5 opgaver - i alt 30 opgaver. Inden for hvert emne stiger opgaverne i sværhedsgrad, således 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 altså i alt opnås 36 point. Varighed: 1 time. Brøkregning Udregn følgende udtryk og reducer mest muligt. 1) ) ) 5 2 ( ) 25 4) )

85 Potenser Reducer følgende udtryk mest muligt. 1) a4 a 2 2) (b 2 b 4 ) 2 b 3) ( ) 1 3 4) a 1 (a 2 b + ab 2 ) b 3 b 2 5) Bestem sidste ciffer i 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 ) 1 x 2 3 4x + 2 5) 6x 4 2 3x 4 80

86 Andengradsligninger Bestem alle reelle løsninger til følgende andengradsligninger. 1) x 2 + x ) x 2 2x 0 3) 7x x ) x 4 + 5x ) Lad k R. Bestem b og c (udtrykt ved k) så x k og x 2k er løsninger til ligningen x 2 + bx + c 0 Kvadratiske ligningssystemer 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 y 15 x y 4) 4y + x y 4 1 2(x + y) 2 5x 81

87 5) Bestem x 2 + y 2 idet det oplyses at x + y 3 x 3 + y 3 63 Kvadratsætninger Omskriv følgende udtryk ved hjælp af kvadratsætningerne og reducer udtrykkene mest muligt. 1) x2 25 x + 5 2) 9x x 3x + 1 ( 3) (a 2 b 2 a b ) a 2 + b 2 2ab + 1 ) a + b 4) (4xy z)2 15x 2 y 2 + 6xyz xy z 5) a2 + 12a + 32 a

88 TalentCamp Greve 2014 Sættet indeholder 6 emner med 5 opgaver - i alt 30 opgaver. Inden for hvert emne stiger opgaverne i sværhedsgrad, således 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 altså i alt opnås 36 point. Varighed: 1 time. Brøkregning Udregn følgende udtryk og reducer mest muligt. 1) ) ) 3 1 ( ) 12 4) a ( ) ab + b b a 5)

89 Potenser Reducer følgende udtryk mest muligt. 1) b3 b 2 2) (a 2 a 4 ) 3 a 2 3) ( ) 1 2 4) c2 (ac 2 + a 2 c) c 3 5) Lad 3 a 7, 7 b 13 og 13 c 27. Bestem a b c. Ligninger Løs følgende ligninger. Bemærk at hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger. 1) 6x 3 0 2) 9 + 3x 13 x 3) 3 (x 2) 2x + 2 4) 1 x 2 1 x 3 5) 6x 4 2 3x 2 Andengradsligninger Bestem alle reelle løsninger til følgende andengradsligninger. 1) x

90 2) x 2 3x ) x + 6 x 2 4) x 4 8x ) Lad a, b, c, d og e være fem på hinanden følgende positive hele tal, så a 2 + b 2 + c 2 d 2 + e 2. Bestem a, b, c, d og e. Kvadratiske ligningssystemer Bestem alle talsæt (x, y) der løser følgende ligningssystemer. Bemærk at hvert ligningssystem kan have ingen, en eller flere løsninger. 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 x 1, x 2, osv. alle er variable. x 1 x x 2 x 3 2 x 3 x x 4 x x 99 x x 100 x Kvadratsætninger Faktorisér følgende udtryk ved hjælp af kvadratsætningerne og reducer udtrykkene mest muligt. 1) b2 16 b

91 2) 4x x 2x + 3 3) (x2 49) 2 (x + 7) 2 4) a 4 b 2 6a 2 b 2 + 9b 2 5) Lad a og b være to positive hele tal så a 2 b Bestem a og b. 86

92 Øvelsessæt 1 Sættet indeholder 6 emner med 5 opgaver - i alt 30 opgaver. Inden for hvert emne stiger opgaverne i sværhedsgrad, således 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 altså i alt opnås 36 point. Varighed: 1 time. Brøkregning Udregn følgende udtryk og reducer mest muligt. 1) ) ) 7 4 ( ) 21 4) ) ac + c b a + 1 b c ab a+1 Potenser Reducer følgende udtryk mest muligt. 1) a a 2 a 5 87

93 2) (a b2 ) 2 a b 4 3) ) (a3 b 2 ) 2 + b a 7 a 6 ( ) 1 1 b 5) (a b2 + b 4 b 1 ) b 2 b0 a + b Ligninger Løs følgende ligninger. Bemærk at hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger. 1) 2x 2 0 2) 4 2x 5 x 3) 2(3x 2) 3x + 1 4) 2 6 4x 1 x 1 5) Bestem x udtrykt ved a og b ax b + ab a2 Andengradsligninger Bestem alle reelle løsninger til følgende andengradsligninger. 88

94 1) (x 2) (x + 4) 0 2) x 2 6x 7 0 3) 25 10x x 2 4) x 4 13x ) For k q, hvad gælder om antallet af løsninger til følgende andengradsligning: kx 2 + (k + q)x + q 0 Kvadratiske ligningssystemer Bestem alle talsæt (x, y) der løser følgende ligningssystemer. Bemærk at hvert ligningssystem kan have ingen, en eller flere løsninger. 1) y 3x 4x + y 1 2) x + 2y y + 5 5y + x y 1 3) 3x y 10 6x y 6 y ) 7x y + x y 3 89

95 ( 5) x ) 2 y 1 x + 4 y 5 Kvadratsætninger Omskriv følgende udtryk ved hjælp af kvadratsætningerne og reducer udtrykkene mest muligt. 1) x x x 4 2) (a2 + b 2 + 2ab) (a b) a 2 b 2 3) (x + 5y)2 10xy 2x 2 5y x 4) 16x4 + y 4 + 8x 2 y 2 2y 2 2x y 5) 9 4y6 z 4 4y 3 z 2 3 2y 3 z 2 90

96 Øvelsessæt 2 Sættet indeholder 6 emner med 5 opgaver - i alt 30 opgaver. Inden for hvert emne stiger opgaverne i sværhedsgrad, således 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 altså i alt opnås 36 point. Varighed: 1 time. Brøkregning Udregn og reducer følgende udtryk. 1) ) ) 5 3 ( ) 3 4) 5) ( ) Potenser Udregn og reducer følgende udtryk. 1) a7 a 4 2) (ab)2 b 3) ( )

97 4) a2 (a 1 b 3 a 2 ) 3 a (a b) 1 5) 2 x Ligninger Hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger. Angiv løsningerne til følgende ligninger. 1) x ) 4x 3 7x + 5 3) x (x 3) 0 4) 4 (3x2 + 3x) 6x ( 3 + 3x) 2 3 (2x 2) 2 5) Find én løsning til denne ligning: 36x x 96x 9 9 Andengradsligninger Hver ligning kan have ingen, en eller flere løsninger. Angiv løsningerne til følgende ligninger. 1) 2x 2 + x 1 0 2) 6x 2 3x 0 3) x + 2 2x 1 2x 4 4) 2x 4 + x ) (9x6 + 4x x 5 ) (3x 3 2x 2 ) 3x 3 + 2x

98 Kvadratiske ligningssystemer 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 3) 6x + 2y 6 4 x + 2 ( 4) 3x 2y 3 2x 2 + y + 3 ) x x (y + 2) y x (y + 1) + y ) y x x 2y 8 ( 1 2x) Kvadratsætninger Omskriv følgende udtryk ved hjælp af kvadratsætningerne og reducer hvert udtryk mest muligt. 1) a2 b 2 a + b ( 2) (a b) 2 a + b a 2 + b 2 2ab ) a + b a 2 b 2 3) (a 2 b 2 ) 2 a 2 + b 2 + 2ab 4) 8x5 + 18xy x 3 y (2x 2 + 3y) 2 5) a4 + a a 2 + a

99 Facitlister Regning med brøker Opgave 1.1 a) 1 b) 1 2 c) 2 9 d) 5 3 e) 19 8 f) Opgave 1.2 a) 1 2 b) 3 5 c) 2 9 d) 5 16 e) 5 6 f) 5 7 Opgave

100 a) 5 2 b) 7 6 c) 0 d) e) 3 f) 35 8 Opgave 1.4 a) 1 b) 2 c) d) e) 2 f) 9 20 Opgave 1.5 a) 2 b) 1 32 c) c 1 a d) e) f)

101 Regning med potenser Opgave 2.1 a) a 13 b) b 6 c) a 8 d) a e) b 6 f) b 2 1 b 2 Opgave 2.2 a) b 21 b) a 4 b 2 c) c 2 d) a 6 b 3 e) a 1 1 a f) a 8 b 4 Opgave 2.3 a) 4 b) 5 c) 5 d) 3 e) 1 f) 2 Opgave 2.4 a) b 3 b 3 b) c 6 c 2 c) a 2 b 1 96

102 d) a 2 e) a 2 c 4 a 2 c 2 f) a Opgave 2.5 a) ab + a3 ab + 1 b) a 3 + b c) 1 d) a e) b 4 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

103 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

104 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

105 c) x 0 x 2 a d) k 1 2 e) b > 2 a f) a 1 Kvadratiske ligningssystemer 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 c) x 3 4, y 4 3 d) x 3, y

106 e) Uendelig mange løsninger f) x 5, y 3 5 Opgave 6.4 a) Uendelig mange løsninger b) x 8, y 6 c) x 5 3, y 3 4 d) x 1 4, y 6 e) Ingen løsning f) Uendelig mange løsninger Opgave 6.5 a) x b 2a, y a + 2b b) x 5, y 2 c) x 1 2, y 1 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)

107 f) 1 x 3 Opgave 3.2 a) 2x 3y b) 1 c) 4x 2 d) x + 2 e) 1 (a b)(a + b) 1 a 2 b 2 f) 2x + 2y Opgave 3.3 a) a 2 + b 2 b) a 3 + 2b c) 4x 2 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

108 d) 2 x x e) 3 3x + 2y f) a b a + b 103

109 Facit til TalentCamp Rønne 2014 Brøkregning 1) 5 6 2) 3 8 3) ) 2 5) Potenser 1) b 12 2) a 6 b 4 3) 3 4) a ) a + b Kvadratsætninger 1) a + b 2) a 2 b 2 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

110 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

111 TalentWeek 2014 Brøkregning 1) 1 2) 3 4 3) 1 5 4) 2 5) Potenser 1) a 2 2) b 3 3) 4 4) a + b 5) 1 Ligninger 1) x 1 2 2) x 1 3) x 3 4 4) x 4 7 5) Ingen løsninger 106

112 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 Ligninger med flere ubekendte 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

113 TalentCamp Greve 2014 Brøkregning 1) 1 2 2) 1 3 3) 2 4) a + 1 5) 505 Potenser 1) b 2) a 4 3) 7 4) ac + a 2 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

114 Ligninger med flere ubekendte 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) (a 2 b 3b) 2 5) (a, b) (7, 6) 109

115 Facit til øvelsessæt 1 Brøkregning 1) 7 9 2) 1 3 3) 5 3 4) 2 5) c c a Potenser 1) a 8 2) a 3) 4 4) b 3 + a 5) a + b Ligninger 1) x 1 2) x 1 3) x 1 3 4) x 2 5) x ab + b 2 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

116 Ligninger med flere ubekendte 1) x 1, y 3 2) x 7, y 2 3) Uendelig mange løsninger 4) x 2 7, y 1 3 5) x 1 3, y 1 2 Kvadratsætninger 1) x 4 2) a + b 3) 5y + x 4) 2x + y 5) 3 + 2y 3 + z 2 111

117 Øvelsessæt 2 Brøkregning 1) 1 8 2) 2 3) 8 9 4) 7 9 5) 45 2 Potenser 1) a 3 2) a 2 b 3) 3 4) a 5 b 10 5) 2 Kvadratsætninger 1) a b 2) (a + b)(a b) a 2 b 2 3) (a b) 2 a 2 + b 2 2ab 4) 2x 5) a 2 a + 1 (a 1) 2 + a Ligninger 1) x 3 2) x 8 3 3) x 0 x 3 112

118 4) Ingen løsning 5) x 5 54 x Ligninger med flere ubekendte 1) x 1, y 2 2) x 12, y 8 3) x 27 5, y 8 5 4) Alle reelle tal løser ligningssystemet. 5) (x, y) (0, 4), ( 1, 9 2 ) Andengradsligninger 1) x 1 x 1 2 2) x 0 x 1 2 3) x 1 4 x 2 4) x 1 2 x 1 2 5) x